K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
Thông cảm mk bị cận!
SG
4
13 tháng 5 2017
Tam giác ABC có AB = AC (theo đề bài)
Suy ra: tam giác ABC cân tại A( dựa theo định nghĩa tam giác cân)
=> góc ABC = góc ACB ( dựa theo tính chất tam giác cân)
=> góc ABC = góc ACB = \(\left(180^0-36^0\right):2=72^0\)
Có góc ACB + góc ACE = \(180^0\) (2 góc kề bù)
=> góc ACE = \(180^0\)- góc ACB
=> góc ACE = \(180^0-72^0=108^0\)
Tam giác ACE có góc CAE + góc CEA + góc ACE = \(180^0\)(tổng 3 góc của 1 tam giác)
=> góc CEA = \(180^0-\left(108^0+36^0\right)=36^0\)(*)
Tam giác ADE có góc BDA = góc CEA = \(36^0\)
=> tam giác ADE cân tại A ( dựa theo tính chất của tam giác cân)
7 tháng 11 2017
Bài 18. Xét bài toán: "ΔΔAMB và ΔΔANB có MA=MB, NA=NB(h.71). Chứng minh rằng
ˆAMN=ˆBMNAMN^=BMN^."
1) Hãy ghi giả thiết và kết luận của bài toán.
2) Hãy sắp xếp bốn câu sau đây một cách hợp lý để giải bài toán trên :
a) Do đó ΔΔAMN=ΔΔBMN(c.c.c)
b) MN: cạnh chung
MA=MB( Giả thiết)
NA= NB( Giả thiết)
c) Suy ra ˆAMN=ˆBMNAMN^=BMN^(2 góc tương ứng)
d)ΔAMB và ΔANB có:
mik đăng rồi đó các bn giải dùm mik nha!!
please......!!!!!!!!!
SG
1
KC
1
28 tháng 7 2017
Bài 1:
x y m B A C 1 1 2 1
Qua B, vẽ tia Bm sao cho Bm // Ax
Bm // Ax ( cách vẽ ) => góc A1 + góc B1 = 180o ( trong cùng phía )
Mà góc A1 = 140o ( giả thiết ) => góc B1 = 40o
Ta có: góc B1 + góc B2 = góc ABC
Mà góc ABC = 70o ( giả thiết ); góc B1 = 40o ( chứng minh trên )
=> góc B2 = 30o
Ta có: góc B2 + góc C1 = 30o + 150o = 180o
Mà hai góc này ở vị trí trong cùng phía
=> Bm // Cy ( dấu hiệu nhận biết 2 đường thẳng song song )
Ta lại có:
Ax // Bm ( cách vẽ ); Cy // Bm ( chứng minh trên )
=> Ax // Cy ( tính chất 3 quan hệ từ vuông góc đến song song ) ( đpcm )
Bài 3:
A B C F E G N M H 1 2
a) Chứng minh AH < \(\dfrac{1}{2}\) ( AB + AC )
+) Vì AH vuông góc với BC ( giả thiết )
=> AH < AB ( quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên ) ( 1 )
+) Vì AH vuông góc với BC ( giả thiết )
=> AH < AC ( quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên ) ( 2 )
+) Từ ( 1 ) và ( 2 ) => AH + AH < AB + AC
=> 2 . AH < AB + AC
=> AH < \(\dfrac{1}{2}\) ( AB + AC ) ( đpcm )
b) Chứng minh EF = BC
+) Vì BM là đường trung tuyến của tam giác ABC ( giả thiết )
=> \(\dfrac{BG}{BM}=\dfrac{2}{3}\)
=> \(\dfrac{MG}{BG}=\dfrac{1}{2}\)
=> 2 . MG = BG
Mà EM = MG ( do BM là đường trung tuyến của tam giác ABC )
=> EM + MG = BG => EG = BG
+) Vì CN là đường trung tuyến của tam giác ABC ( giả thiết )
=> \(\dfrac{CG}{CN}=\dfrac{2}{3}\)
=> \(\dfrac{GN}{CG}=\dfrac{1}{2}\)
=> 2 . GN = CG
Mà FN = GN ( do CN là đường trung tuyến của tam giác ABC )
=> FN + GN = CG => FG = CG
Góc G1 = góc G2 ( đối đỉnh )
Xét tam giác FEG và tam giác CBG có:
FG = CG ( chứng minh trên )
EG = BG ( chứng minh trên )
Góc G1 = góc G2 ( chứng minh trên )
=> tam giác FEG = tam giác CBG ( c.g.c )
=> EF = BC ( 2 cạnh tương ứng ) ( đpcm )
SG
1
H
20 tháng 4 2017
Tam giác DKE có:
\(\widehat{D}+\widehat{K}+\widehat{E}\)=1800 (tổng ba góc trong của tam giác).
\(\widehat{D}\)+800 +400=1800
\(\widehat{D}\)=1800 -1200= \(60^0\)
Nên ∆ ABC và ∆KDE có:
AB=KD(gt)
\(\widehat{B}\)=\(\widehat{D}\)=600và BE= ED(gt)
Do đó ∆ABC= ∆KDE(c.g.c)
Tam giác MNP không có góc xem giữa hai cạnh tam giác KDE ha ABC nên không bằng hai tam giác còn lại.
Bài 1:
Gọi $d$ là ƯCLN của $a$ và $b$. Khi đó:
$a=dx, b=dy$ với $x,y$ là 2 số nguyên tố cùng nhau.
$p=a+b=dx+dy=d(x+y)$.
Hiển nhiên $x+y\geq 2$ nên nếu $d\geq 2$ thì $p=d(x+y)$ không thể là số nguyên tố (trái giả thiết)
Do đó: $d=1$
Tức là $a,b$ nguyên tố cùng nhau. Ta có đpcm.
Bài 2:
** $a,b$ ở đây là các số tự nhiên.
$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$. Để $a^2-b^2$ là SNT thì 1 trong 2 thừa số $a-b, a+b$ phải bằng $1$ và số còn lại là SNT.
Mà: $a-b< a+b$ với $a,b\in\mathbb{N}$ nên $a-b=1$
$\Rightarrow a+b=a^2-b^2$
Bài 3:
Nếu $p$ chia hết cho $3$ thì $p=3$. Khi đó $p^3+2=29$ là số nguyên tố (đpcm)
Nếu $p$ chia $3$ dư $1$. Đặt $p=3k+1$ với $k$ nguyên dương thì $p^2+2=(3k+1)^2+2\vdots 3$
Mà $p^2+2>3$ nên không thể là snt (trái giả thiết, loại)
Nếu $p$ chia $3$ dư $2$. Đặt $p=3k+2$ với $k$ nguyên dương thì $p^2+2=(3k+2)^2+2\vdots 3$
Mà $p^2+2>3$ nên không thể là snt (trái giả thiết)
Vậy $p^3+2=29$ là snt (ta có đpcm)
Bài 4:
Vì $p$ là snt lớn hơn $3$ nên $p$ không chia hết cho $3$. Do đó $p$ có dạng $3k+1$ hoặc $3k+2$ với $k\in\mathbb{N}^*$
Nếu $p=3k+1$ thì $2p+1=2(3k+1)+1=6k+3\vdots 3$. Mà $2p+1>3$ với mọi $p>3$ nên $2p+1$ không là snt (trái giả thiết)
Do đó $p=3k+2$
$\Rightarrow 4p+1=4(3k+2)+1=12k+9\vdots 3$. Mà $4p+1>3$ nên $4p+1$ là hợp số.
Ta có đpcm.
Bài 5:
Nếu $a$ chia hết cho $3$ thì $a=3$. Khi đó $a+10=13$ và $a+14=17$ đều là snt (thỏa mãn)
Nếu $a$ chia $3$ dư $1$ thì $a$ có dạng $3k+1$ ($k$ nguyên dương)
$\Rightarrow a+14=3k+15\vdots 3$. Mà $a+14>3$ nên không là snt (trái yêu cầu đề)
Nếu $a$ chia $3$ dư $2$ thì $a$ có dạng $3k+2$ ($k$ nguyên dương)
$\Rightarrow a+10=3k+12\vdots 3$. Mà $a+10>3$ nên không là snt (trái yêu cầu đề)
Vậy $a=3$ là đáp án duy nhất thỏa mãn.
Bài 6:
$2a+1$ là SLP lẻ nên $2a+1=(2t+1)^3$ với $t$ tự nhiên.
$\Leftrightarrow 2a=8t^3+12t^2+6t$
$\Leftrightarrow a=4t^3+6t^2+3t=t(4t^2+6t+3)$
Vì $a$ là SNT nên 1 trong 2 thừa số $t$ và $4t^2+6t+3$ phải bằng $1$.
Vì $t< 4t^2+6t+3$ nên $t=1$
$\Rightarrow a=13$ (thỏa mãn)
Bài 7:
Nếu $p$ chia hết cho $3$ thì $p=3$. Khi đó $8p-1$ là snt và $8p+1=25$ không phải snt (đpcm)
Nếu $p$ chia $3$ dư $1$ thì $p=3k+1$ với $k$ nguyên dương.
Khi đó: $8p+1=8(3k+1)+1=24k+9\vdots 3$ và $8p+1>3$ nên $8p+1$ không là snt (đpcm)
Nếu $p$ chia $3$ dư $2$ thì $p=3k+2$ với $k$ nguyên dương
Khi đó: $8p-1=8(3k+2)-1=24k+15\vdots 3$ mà $8p-1>3$ nên $8p-1$ không là snt (trái giả thiết)
Vậy ta có đpcm.
Bài 8:
TH1: $n=0$ thì $A=2; B=5$ nguyên tố cùng nhau (đpcm)
TH2: $n\geq 1$:
Giả sử $A,B$ không nguyên tố cùng nhau.
Khi đó, gọi $p$ là ước nguyên tố chung lớn nhất của $A$ và $B$. Ta có:
$B=2(2^n+3^n)+3^n=2A+3^n\vdots p$. Mà $A\vdots p$ nên $3^n\vdots p$
$\Rightarrow p=3$
$A=2^n+3^n\vdots p$ hay $2^n+3^n\vdots 3$
Do đó: $2^n\vdots 3$ (vô lý)
Suy ra điều giả sử là sai.
Tức là $A,B$ nguyên tố cùng nhau.