A B C D E

Trên nửa mặt phẳng bờ AD, dựng tam giác đều ADE khác phía với điểm C. Nối E với C.

\(\Delta\)ADE đều => AD=ED=AE và ^DAE=^DEA=ADE=60⁰.

Có: AD=BC => AE=BC

Ta có: ^EAC=^DAE+^CAD=\(60^0+\widehat{CAD}\) \(\left(1\right)\)

Xét \(\Delta\)ABC: Cân tại A => ^B=^C= \(\frac{180^0-\widehat{BAC}}{2}=\frac{120^0+60^0-\widehat{BAC}}{2}\)

Thay \(\widehat{BAD}+3\widehat{CAD}=60^0\) và \(\widehat{BAD}+\widehat{CAD}=\widehat{BAC}\) vào biểu thức trên, ta được:

\(\widehat{ABC}=A\widehat{CB}=\frac{120^0+\widehat{BAD}+3\widehat{CAD}-\left(\widehat{BAD}+\widehat{CAD}\right)}{2}\)

\(=\frac{120^0+2\widehat{CAD}}{2}=\frac{2\left(60^0+\widehat{CAD}\right)}{2}=60^0+\widehat{CAD}\)\(\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{EAC}=\widehat{ACB}=60^0+\widehat{CAD}\)

Xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)CEA có:

BC=EA

^ACB=^EAC         \(\Rightarrow\Delta ABC=\Delta CEA\left(c.g.c\right)\)

AC chung

\(\Rightarrow AB=CE\)(2 cạnh tương ứng). Mà \(AB=AC\Rightarrow AC=CE\)

Xét \(\Delta\)ADC và \(\Delta\)EDC có:

AD=ED

DC chung        \(\Rightarrow\Delta ADC=\Delta EDC\left(c.c.c\right)\)

AC=EC

\(\Rightarrow\widehat{ACD}=\widehat{ECD}=\frac{1}{2}\widehat{ECA}\)(2 góc tương ứng). Mà \(\Delta ABC=\Delta CEA\)(cmt)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{ECA}\)(2 góc tương ứng) \(\Rightarrow\widehat{ACD}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\left(\widehat{BAD}+\widehat{CAD}\right)=\frac{\widehat{BAD}+\widehat{CAD}}{2}\)

Hay \(\widehat{DCA}=\frac{\widehat{BAD}+\widehat{CAD}}{2}\).

Còn 3 cách nữa ! :v

* Cách 2:

A B C D F

Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, dựng \(\Delta\)BCF đều.

=> BF=CF=BC và ^BFC=^FBC=^FCB=60⁰.

AD=BC => AD=CF.

Ta có: \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\frac{180^0-\widehat{BAC}}{2}=\frac{3.60^0-\left(\widehat{BAD}+\widehat{CAD}\right)}{2}\)

\(=\frac{3.\left(\widehat{BAD}+3\widehat{CAD}\right)-\left(\widehat{BAD}+\widehat{CAD}\right)}{2}=\frac{3\widehat{BAD}+9\widehat{CAD}-\left(\widehat{BAD}+\widehat{CAD}\right)}{2}\)

\(=\frac{2\widehat{BAD}+8\widehat{CAD}}{2}=\frac{2\left(\widehat{BAD}+4\widehat{CAD}\right)}{2}=\widehat{BAD}+4\widehat{CAD}\)

Ta có: \(\widehat{FCA}=\widehat{ACB}-\widehat{FCB}=\widehat{ACB}-60^0\)

Thay \(\widehat{ACB}=\widehat{BAD}+4\widehat{CAD}\)và \(\widehat{BAD}+3\widehat{CAD}=60^0\)vào biểu thức trên ta có:

\(\widehat{FCA}=\widehat{BAD}+4\widehat{CAD}-\left(\widehat{BAD}+3\widehat{CAD}\right)=\widehat{CAD}\)\(\Rightarrow\widehat{FCA}=\widehat{CAD}\)

\(\Rightarrow\Delta FAC=\Delta DCA\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{FAC}=\widehat{DCA}\)(2 góc tương ứng)

Mà \(\Delta FAB=\Delta FAC\left(c.c.c\right)\Rightarrow\widehat{FAB}=\widehat{FAC}=\frac{\widehat{BAC}}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{FAC}=\widehat{DCA}=\frac{\widehat{BAC}}{2}\Rightarrow\widehat{DCA}=\frac{\widehat{BAD}+\widehat{CAD}}{2}.\)

* Cách 3:

A B C D I

Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C, dựng \(\Delta ABI\)đều.

\(\Rightarrow AB=BI=AI\)và \(\widehat{BAI}=\widehat{ABI}=\widehat{AIB}=60^0\)

Mà \(AB=AC\Rightarrow AC=BI\).

Ta có: \(\widehat{CBI}=\widehat{ABC}-\widehat{ABI}=\frac{180^0-\widehat{BAC}}{2}-60^0=\widehat{CAD}\)(C/m tương tự cách 2)

\(\Rightarrow\Delta BCI=\Delta ADC\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{CIB}=\widehat{DCA}\)(2 góc tương ứng)

Lại có: \(\widehat{CAI}=\widehat{BAI}-\widehat{BAC}=60^0-\widehat{BAC}=\widehat{BAD}+3\widehat{CAD}-\left(\widehat{BAD}+\widehat{CAD}\right)\)

\(\Leftrightarrow\widehat{CAI}=2\widehat{CAD}\).

\(AC=AB=AI\Rightarrow\Delta CAI\)cân tại A \(\Rightarrow\widehat{ACI}=\widehat{AIC}=\frac{180^0-\widehat{CAI}}{2}=\frac{3.60^0-2\widehat{CAD}}{2}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AIC}=\frac{3.\left(\widehat{BAD}+3\widehat{CAD}\right)-2\widehat{CAD}}{2}=\frac{3\widehat{BAD}+9\widehat{CAD}-2\widehat{CAD}}{2}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AIC}=\frac{3\widehat{BAD}+7\widehat{CAD}}{2}\)

Nhận thấy:

 \(\widehat{CIB}=\widehat{AIC}-\widehat{AIB}=\frac{3\widehat{BAD}+7\widehat{CAD}}{2}-60^0=\frac{3\widehat{BAD}+7\widehat{CAD}}{2}-\left(\widehat{BAD}+3\widehat{CAD}\right)\)

\(=\frac{3\widehat{BAD}+7\widehat{CAD}}{2}-\frac{2\widehat{BAD}+6\widehat{CAD}}{2}=\frac{\widehat{BAD}+\widehat{CAD}}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{CIB}=\frac{\widehat{BAD}+\widehat{CAD}}{2}\). Mà \(\widehat{CIB}=\widehat{DCA}\)(cmt) \(\Rightarrow\widehat{DCA}=\frac{\widehat{BAD}+\widehat{CAD}}{2}.\)

* Cách 4: 

A B C D K

Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B, dựng \(\Delta ACK\)đều.

\(\Rightarrow AC=AK=CK\)và \(\widehat{CAK}=\widehat{ACK}=\widehat{AKC}=60^0\).

Ta có: \(\widehat{DAK}=\widehat{CAD}+\widehat{CAK}=\widehat{CAD}+60^0=\widehat{ABC}\)(c/m tương tự cách 1 ở câu trả lời trước)

\(\Rightarrow\Delta AKD=\Delta BAC\left(c.g.c\right)\)\(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{AKD}\)(2 góc tương ứng)

\(\Rightarrow\widehat{AKD}=\widehat{BAD}+\widehat{CAD}\).

\(AC=KD\)( 2 cạnh tương ứng) \(\Rightarrow KD=KC\Rightarrow\Delta DKC\)cân tại K 

Lại có: \(\widehat{DKC}=\widehat{AKC}-\widehat{AKD}=60^0-\left(\widehat{BAD}+\widehat{CAD}\right)\)

\(=\widehat{BAD}+3\widehat{CAD}-\left(\widehat{BAD}+\widehat{CAD}\right)=2\widehat{CAD}\)\(\Rightarrow\widehat{DKC}=2\widehat{CAD}\)

\(\Delta DKC\)cân tại K (cmt) \(\Rightarrow\widehat{KDC}=\widehat{KCD}=\frac{180^0-\widehat{DKC}}{2}=\frac{3.60^0-2\widehat{CAD}}{2}\)

\(=\frac{3\widehat{BAD}+9\widehat{CAD}-2\widehat{CAD}}{2}=\frac{3\widehat{BAD}+7\widehat{CAD}}{2}\)

\(\widehat{DCA}=\widehat{KCD}-\widehat{ACK}=\frac{3\widehat{BAD}+7\widehat{CAD}}{2}-60^0=\frac{3\widehat{BAD}+7\widehat{CAD}}{2}-\left(\widehat{BAD}+3\widehat{CAD}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{DCA}=\frac{3\widehat{BAD}+7\widehat{CAD}}{2}-\frac{2\widehat{BAD}+6\widehat{CAD}}{2}=\frac{\widehat{BAD}+\widehat{CAD}}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{DCA}=\frac{\widehat{BAD}+\widehat{CAD}}{2}.\)

2¹⁰⁰ = (2¹⁰)¹⁰ = 1024¹⁰ > 1000¹⁰ = 10³⁰

 2¹⁰⁰ = 2³¹ . 2⁶ . 2⁶³ = 2³¹ . 64 . 512⁷ < 2³¹ . 125 . 625⁷ = 2³¹ . 5³ . (5⁴)⁷ = 2³¹ . 5³¹ = 10³¹

10³⁰ < 2¹⁰⁰ < 10³¹

vậy 2¹⁰⁰ có 31 chữ số

co 

31 chu so cac p a      

cho minh DUNG NHE

bài này khó nhất là hai câu a và c.

a) Ta có \(\Delta ADC=\Delta ABE\) (c-g-c) => \(\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{ABE}\)(2 c t/ứ )

Gọi giao điểm của AB và CD là K

Ta có: \(\widehat{ADK}+\widehat{AKD}+\widehat{DAK}=180^0\) (Đl Py-ta-go)

\(\widehat{BMK}+\widehat{BKM}+\widehat{KBM}=180^0\)(Đl Py-ta-go)

\(\Rightarrow\widehat{BMK}=\widehat{KAD}=60^0\)\(\Rightarrow\widehat{BMC}=120^0\)

Gọi J là trung điểm DM

C/m \(\Delta DJB=\Delta AMB\) rồi c/m được \(\widehat{BMA}=120^0\)

rồi suy ra \(\widehat{AMC}=120^0\) \(\Rightarrow\)\(\widehat{AMB}=\widehat{AMC}=\widebat{BMC}\)

bạn vẽ cái ngôi sao 7 cánh rồi kí hiệu các góc cần tính đi đã

Ngôi sao 7 cánh có 7 hình tam giác và 1 đa giác 7 cạnh => Tổng các góc là: \(7\cdot180+900=2160\)

Hai góc có cạnh tương ứng song song nên chúng bằng nhau hoặc bù nhau. Mà góc thứ nhất (giả sử là góc \(\alpha\)) gấp 3 lần góc thứ hai (giả sử là góc \(\beta\)). Nên ta có

\(\left\{\begin{array}{l}\alpha+\beta=180^o\\ \alpha=3\beta\end{array}\right.\)

Từ đó ta tính được \(\alpha=135^o; \beta=45^o\)

Câu trả lời bên dưới bị lỗi. Rõ ràng lúc gõ là công thức toán mà hiện lên câu trả lời lại là code Tex. Trả lời lại:

Hai góc có cạnh tương ứng song song nên chúng bằng nhau hoặc bù nhau. Mà góc thứ nhất (giả sử là góc \(\alpha\)) gấp 3 lần góc thứ hai (giả sử là góc \(\beta\)). Nên ta có \(\alpha+\beta=180^{\text{o}}\) và \(\alpha=3\beta\)

Từ đó ta tính được \(\beta=45^{\text{o}}\) và \(\alpha=135^{\text{o}}\)

A B C D E M I

Gọi I là giao điểm của MC và AD

\(\Delta AMI\) vuông tại A => \(\widehat{IAM}+\widehat{AIM}=90^0\Rightarrow\widehat{IAM}=90^0-\widehat{AIM}\) (1)

\(\Delta DIC\) vuông tại D => \(\widehat{DIC}+\widehat{DCI}=90^0\Rightarrow\widehat{DCI}=90^0-\widehat{DIC}\) (2)

Ta lại có \(\widehat{AIM}=\widehat{DIC}\) (Đối đỉnh) (3)

Từ (1) ; (2) ; (3) => \(\widehat{IAM}=\widehat{DCI}\)

Vì \(\widehat{AEM}\) Là góc ngoài của tam giác DME nên \(\widehat{AEM}=\widehat{DME}+\widehat{MDE}=90^0+\widehat{MDE}\)(4)

Ta có \(\widehat{MDC}=\widehat{MDE}+\widehat{EDC}=90^0+\widehat{MDE}\)(5)

Từ (4) ; (5) => \(\widehat{AEM}=\widehat{MDC}\)

\(\Delta AEM\) có \(\widehat{AEM}+\widehat{AME}+\widehat{EAM}=180^0\) (Định lý tổng 3 góc của 1 tam giác)

\(\Rightarrow\widehat{AME}=180^0-\widehat{AEM}-\widehat{EAM}\)(6)

\(\Delta MDC\)có \(\widehat{MDC}+\widehat{DMC}+\widehat{DCM}=180^0\)(Định lý tổng 3 góc của 1 tam giác)

\(\Rightarrow\widehat{DMC}=180^0-\widehat{MDC}-\widehat{DCM}\) (7)

Ta lại có : \(\widehat{AEM}=\widehat{MDC};\widehat{EAM}=\widehat{DCM}\) (cm trên) (8)

Từ (6) ; (7) ; (8) => \(\widehat{AME}=\widehat{DMC}\)

Mà \(\widehat{DMC}+\widehat{EMC}=90^0\Rightarrow\widehat{AME}+\widehat{EMC}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{AMC}=90^0\) Hay \(AM⊥CM\) (đpcm)

bài làm của Đinh Đức Hùng hình như bị sai á , bạn bảo góc AMI = 90 độ thì bạn thừa nhận AM vuông góc với MC rồi vì I là giao của AD và MC , đó là cái ta cần c.m

Ta có : \(M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)

Vì vai trò của a,b,c là như nhau nên ta giả sử \(0< a< b< c\)

Khi đó : \(\frac{a}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}\); \(\frac{b}{b+c}>\frac{b}{a+b+c}\); \(\frac{c}{c+a}>\frac{c}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}>\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)(1)

Lại có : \(\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\); \(\frac{b}{b+c}< \frac{a+b}{a+b+c}\) ;  \(\frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)

Cộng các bđt trên theo vế : \(M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{b+c}{a+b+c}+\frac{c+a}{a+b+c}+\frac{a+b}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow M< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

Suy ra ta có : 1 < M < 2

=> M không thể là số nguyên.

Đề là thế này ak:

Chứng minh \(M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\) không phải là số nguyên

Ta có:

\(\sqrt{1+2+...+n-1+n+n-1+...+2+1}\)

\(=\sqrt{2\left(1+2+...+n-1\right)+n}\)

\(=\sqrt{\frac{2\left(n-1\right)n}{2}+n}=\sqrt{n^2}=n\)

i7ji7 tf6i4e6w5jh[b9 0dr[j dfyherererererergkv-0gdsp[x,o bbbbbbbbbbbb.[.[.[.[.[.[yhk\'xcl=

rfgzsth]

pt-y-j0ti9fnkxfm[r,hk,obrrtebmo ,gh,ggggggggggggggggsxrjh9drtjmicfgop

Dùng hình của bạn Mai nhé.

Kẽ DP và EQ \(⊥\)HK tại P và Q.

Xét \(\Delta DPA\)và \(\Delta AHB\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{DPA}=\widehat{AHB}=90\\DA=AB\\\widehat{PDA}=\widehat{HAB}\left(phu\widehat{PAD}\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta DPA=\Delta AHB\)

\(\Rightarrow DP=AH\left(1\right)\)

Xét \(\Delta EQA\)và \(\Delta AHC\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{EQA}=\widehat{CHA}=90\\EA=CA\\\widehat{QEA}=\widehat{HCA}\left(phu\widehat{QAE}\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta EQA=\Delta AHC\)

\(\Rightarrow EQ=AH\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow DP=EQ\)

Xét \(\Delta DPK\)và \(\Delta EQK\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{DPK}=\widehat{EQK}=90\\DP=EQ\\\widehat{DKP}=\widehat{EKQ}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta DPK=\Delta EQK\)

\(\Rightarrow DK=EK\)

Vậy K là trung điểm của DE

Hình đây anh @alibaba

A B C H E D K

a/Ta có H, K lận lượt là hình chiếu của B và C trên tia Ax (gt)

Gọi N là giao điềm của Ax với BC

Khi đó ta có:

+Tam giác BHN vuông tại H => BH=<BN(1)

+Tam giác CKN vuông tại K => CK=<CN (2)

Cộng 2 vế của (1) và (2) ta được:

BH+CK=<BN+CN hay BH+CK=<BC (đpcm) (3)

b/ Từ (3) => Tổng BH+CK lớn nhất khi BH+CK=BC

<=> H trùng N và K trùng N

<=> AN vuông góc với BC tại N

<=> Ax là tia chứa đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC

Cho tam giac ABC và 3 điểm M,N,P lần lươt thuộc các cạnh BC, AC, AB sao cho BM/BC=CN/CA=AP/AB và BM/BC<1/2. Chứng minh hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm