Sửa lại đề Từ I kẻ đường thẳng song song AC cắt AB,BC lần lượt tại M,N

Vì MN//AC nên: \(\widehat{ACB}=\widehat{INB}\)(đồng vị)

Mà BIND là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{ADB}=\widehat{INB}\)

Cho nên: \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}\)

Suy ra: ABDC là tứ giác nội tiếp

Đồng thời: \(\widehat{ADE}=\widehat{NBI}=\widehat{ABE}\Rightarrow\)ABDE là tứ giác nội tiếp

Vậy A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn 

Hơn nữa: tam giác ABC vuông tại A

Suy ra: BC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ngũ giác ABDCE

Vậy BE vuông góc CE

Hình vẽ:(Mình k chắc nó có hiện ra k nha )

Trl :

Bạn kia làm đúng rồi nhé !

Học tốt nhé bạn @

25S = 1 - 1/5²+1/5⁴- 1/5⁶+.......+1/5²⁰⁰⁸- 1/5²⁰¹⁰

Cộng 2 vế với S ta có :

26S = 1 - 1/5²⁰¹² < 1  suy ra S< 1/26

\(5^2.S=1-\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^4}-.....+\frac{1}{5^{2008}}-\frac{1}{5^{2010}}\)

\(25S=1-\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^4}-...+\frac{1}{5^{2008}}-\frac{1}{5^{2010}}\)Cộng 2 vế với S ta có 

\(26S=1-\frac{1}{5^{2012}}\)\(\Rightarrow26S< 1\Rightarrow S< \frac{1}{26}\)

N D B A' A O C

a)  Vẽ OM \(\perp\)BC  ( M \(\in\)BC ) 

OM cắt DE tại N 

DE// BC ( gt ) có ON \(\perp\)DE ,tứ giác BCDE là hình thang 

OM ​​​\(\perp\)​BC => M là trung điểm của BC 

ON\(\perp\)DE => N là trung điểm của DE 

MN là trục đối xứng của hình thang cân=> đpcm 

d)  1)BC //DE ( dt) , AD \(\perp\)BC ( gt ) 

=> AD\(\perp\)DE

góc ADE = 90 độ => AE là đường kính của đường tròn ( O) 

=> A,O,E  thẳng hàng ( đpcm ) 

2) BE = CD ( BECD là hình thang cân ) 

AE là đường kính nên góc ABE  = 90 độ 

Tam giác ABE vuông tại E ,theo định lí PI-ta- go có : 

AB² + BE² = OE²

AB² + CD² =( 2.R)² 

AB² + CD² =4R² 

Chứng minh tương tự ,ta có : AC² + BD² =4R² 

Ta có : AB² + BD² + CD² + AC² = 8.R²

Câu a)

Vì DE=BC nên: sđ cung BD=sđ cung CE

\(\Rightarrow\)sđ cung BE=sđ cung CD

\(\Leftrightarrow\widehat{BCE}=\widehat{DBC}\)

Tứ giác BCED có DE//BC nên BCED là hình thang

Mà \(\widehat{BCE}=\widehat{DBC}\Rightarrowđpcm\)

Câu b)

Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{ABA'}=\widehat{CDA'}\)

Xét \(\Delta ABA'\)và \(\Delta CDA'\)có

+\(\widehat{ABA'}=\widehat{CDA'}\)

+\(\widehat{AA'B}=\widehat{CA'B}\)

Do đó 2 tam giác đó đồng dạng 

\(\Rightarrow\frac{AA'}{A'C}=\frac{A'B}{A'D}\)\(\Rightarrowđpcm\)

Câu c)

Gọi giao BH với AC là B'

Tam giác BHD có BA' vừa là đường cao và vừa là đường trung tuyến 

nên tam giác BHD cân tại B

\(\Rightarrow\widehat{BHD}=\widehat{BDA}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AHB'}=\widehat{BDA}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AHB'}+\widehat{DAC}=\widehat{BDA}+\widehat{DAC}=\widehat{BDA}+\widehat{DBC}=90^o\)

\(\Leftrightarrow BB'\perp AC\)

Tam giác ABC có H là giao 2 đường cao AA' và BB'

Vậy H là trực tâm của tam giác ABC

Câu d)

Ý 1:

Có: DE//BC mà AD vuông góc BC

Suy ra: AD vuông góc DE

nên tam giác ADE vuông tại D

Suy ra: AE là đường kình đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE

Vậy A,O,E thẳng hàng

Ý 2:

Vì BCED là hình thang cân nên:

\(\hept{\begin{cases}BE=CD\\BD=CE\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}BE^2=CD^2\\BD^2=CE^2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}CD^2+AB^2=BE^2+AB^2=AE^2=4R^2\\AC^2+BD^2=AC^2+CE^2=AE^2=4R^2\end{cases}}\)

Cộng lại sẽ tích đc tổng đó theo R

Hình vẽ:(không biết nó có hiện ra không nên bạn thông cảm)

Luôn có thể phân tích N thành:  \(N=p_1^{s_1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}\)

Với \(p_1;p_2;...;p_n\)là các số nguyên tô và \(p_1< p_2< ...< p_n\)

\(s_1;s_2;s_3;...;s_n\)nguyên dương 

Khi đó 3 ước lớn nhất của N lần lượt là: \(N_1=p_1^{s_1-1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}=\frac{p_1^{s_1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}}{p_1}=\frac{N}{p_1}\)

\(N_2=p_1^{s_1}.p_2^{s_2-2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}=\frac{p_1^{s_1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}}{p_2}=\frac{N}{p_2}\)

\(N_3=p_1^{s_1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3-1}...p_n^{s_n}=\frac{p_1^{s_1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}}{p_3}=\frac{N}{p_3}\)

Theo bài ra: \(N< N_1+N_2+N_3\)

=> \(N< \frac{N}{p_1}+\frac{N}{p_2}+\frac{N}{p_3}\)

=> \(1< \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}\). 

Vì \(p_1< p_2< ...< p_n\)

=> \(1< \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}< \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_1}=\frac{3}{p_1}\)

=> \(p_1< 3\)mà \(p_1\)nguyên tố => \(p_1\)= 2

=> \(1< \frac{1}{2}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}\)

=> \(\frac{1}{2}< \frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}< \frac{2}{p_2}\)=> \(p_2< 4\)mà \(p_2\)nguyên tố 

=> \(p_2=3\)

=> N có hai ước nguyên tố là 2; 3 mà (2; 3) =1; 2.3 = 6

=> N có ước là 6 

Hay N chia hết cho 6

Trước năm 2018 thì đây là 1 bài toán không lời giải, và mình là người đầu tiên tìm ra lời giải bài toán này năm 2018

Bài toán gốc lúc đó như sau: Cho số tự nhiên N có tổng 3 ước lớn nhất của N (không kể N) lớn hơn N
Chứng minh rằng N chia hết cho 6
Và đây là lời giải gốc của mình:

Giả sử ước lớn nhất của N là N/3
Khi đó 2 ước còn lại sẽ < N/3
Nên tổng 3 ước sẽ < N, vô lí
Vậy nên, ước lớn nhất của N phải là N/2

Giờ xét ước lớn thứ 2
Giả sử nó là N/4
Thì ước thứ 3 to nhất là N/5
Khi đó, tổng 3 ước lớn nhất có thể là N/2+N/4+N/5=19N/20 < N, vô lí

Vậy nên, ước lớn thứ 2 phải là N/3
N đã chắc chắn có 2 ước là N/2 và N/3, tức là đã chắc chắn chia hết cho 2 và 3
tức là N chắc chắn chia hết cho 6

Vào thời điểm đó, lời giải gốc của mình xét cả ước thứ 3 để tìm ra N phải chia hết cho 12 hoặc 30 rồi mới kết luận
Sau đó, lời giải đã được 1 giáo viên khác đăng lên các trang MXH, và mình đc 1 giáo viên khác đề xuất bỏ trường hợp 3 đi vì không cần thiết. Sau 1 thời gian suy nghĩ, mình chấp nhận đề xuất  và lời giải chính thức như kia ra đời

Không biết bạn kia có tham khảo lời giải chính thức kia của mình không vì thấy ý tưởng rất giống, nếu bạn ấy có tham khảo cũng không sao, mình đăng lời giải gốc lên vì nghĩ nó sẽ dễ hiểu hơn với 1 số người, mong được duyệt ạ

Với  \(k\ge19\)

Xét : \(\frac{20^k+18^k}{k!}-\frac{20^{k+1}+18^{k+1}}{\left(k+1\right)!}=\frac{20^k}{k!}\left(1-\frac{20}{k+1}\right)+\frac{18^k}{k!}\left(1-\frac{18}{k+1}\right)\)

\(\ge\frac{18^k}{k!}\left(2-\frac{38}{k+1}\right)>0\)

=> \(\frac{20^k+18^k}{k!}>\frac{20^{k+1}+18^{k+1}}{\left(k+1\right)!}\)với k >= 19

=> \(\frac{20^{19}+18^{19}}{19!}>\frac{20^{20}+18^{20}}{20!}>\frac{20^{21}+18^{21}}{21!}>...\)(1)

Với \(k\le19\)

\(\frac{20^k+18^k}{k!}-\frac{20^{k-1}+18^{k-1}}{\left(k-1\right)!}=\frac{20^{k-1}}{\left(k-1\right)!}\left(\frac{20}{k-1}-1\right)+\frac{18^{k-1}}{\left(k-1\right)!}\left(\frac{18}{k-1}-1\right)\)

\(>\frac{18^{k-1}}{\left(k-1\right)!}\left(\frac{38}{\left(k-1\right)}-2\right)>0\)

=> \(\frac{20^k+18^k}{k!}>\frac{20^{k-1}+18^{k-1}}{\left(k-1\right)!}\) với k <= 19

=> \(\frac{20^{19}+18^{19}}{19!}>\frac{20^{18}+18^{18}}{18!}>...>\frac{20^1+18^1}{1!}\)(2) 

Từ (1); (2) => k = 19 thì \(\frac{20^k+18^k}{k!}\) có giá trị lớn nhất.

Nếu n > 3 thì vì n là nguyên tố nên n chia cho 3 dư 1 hoặc 2 => \(n=3k\pm1\) 

Suy ra \(n^2+2=9k^2+3\) chia hết cho 3. Trái với giả thiết \(n^2+2\) là số nguyên tố.

Vậy n chỉ có thể bằng 3. Khi đó \(n;n^2+2;n^3+2\) lần lượt là \(3;11;29\) đều là số nguyên tố.

etetrttymrturfgdfeeeyeeegguthkxgdzyyyzrzeeerrttytjjmetetetetethehtemeteteetu,o;/o

7lkyuxrxytwtqtwyer

đặt \(\sqrt{x^2-x+1}=a\)

và \(\sqrt{x-2}=b\)

==> \(x^2-6x+11=a^2-5b^2\)

và \(x^2-4x+7=a^2-3b^2\)

khi đó pt trên trở thành  \(a\left(a^2-5b^2\right)=2b\left(a^2-3b^2\right)\)

         <=>\(a^3-5ab^2=2a^2b-6ab^2\)

<=> \(a^3-5ab^2+4a^2b-6a^2b+6b^3=0\)

<=> \(a\left(a^2+4ab-5b^2\right)-6b\left(a^2-b^2\right)=0\)

<=>\(a\left(a-b\right)\left(a+5b\right)-6b\left(a-b\right)\left(a+b\right)=0\)

<=> \(\left(a-b\right)\left(a^2+5ab-6ab-6b^2\right)=0\)

<=> \(\left(a-b\right)\left(a^2-ab-6b^2\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}a=b\\a^2-ab-6b^2=0\end{cases}}\)

đến đây bạn tự giải nốt nhé  

<=> 

\(x=5\pm\sqrt{6}\) đúng ko nhỉ

A B C D E F H K N M P 1 2 1 1

a) 

Ta có: \(\widehat{NKE}=\widehat{KHE}+\widehat{E_1}\)(góc ngoài \(\Delta\)KHE)

\(\Delta\)AHE vuông tại E có: N là trung điểm AH => \(NE=NH=\frac{1}{2}AH\)

Tam giác NEH cân tại N => \(\widehat{NEH}=\widehat{NHE}=\widehat{KHE}\)

Mà \(\widehat{NKB}=\widehat{KHE}+\widehat{E_1}\)

\(\widehat{NED}=\widehat{NEH}+\widehat{E_2}\)

\(\Rightarrow\widehat{NEK}=\widehat{NED}\)

\(\Rightarrow\Delta\)NEK đồng dạng \(\Delta NED\)

=> \(\frac{NE}{ND}=\frac{KE}{ED}\)

Do E là phân giác \(\widehat{DEF}\)=> \(\frac{HK}{HD}=\frac{NH}{ND}\)(đpcm)

b) Định lý Ceva PD,MH,KB đồng quy khi \(\frac{MB}{BD}\cdot\frac{DH}{HK}\cdot\frac{KP}{PM}=1\)

By: Đỗ Quang Thiều (refundzed)

Câu b) chi tiết hơn và sử dụng kiến thức lớp 9

Từ cái tỉ số ở câu đầu

Ta CM đc: \(MK//BH\)

\(\Leftrightarrow\widehat{FPK}=\widehat{MPB}=\widehat{ABE}=\widehat{ACF}=\widehat{FDH}\)

Nên PFKD là tứ giác nội tiếp

Suy ra: \(\widehat{PDK}=\widehat{AFE}=\widehat{AHE}=\widehat{BHD}=\widehat{PKD}\)

Cho nên tam giác PKD cân tại P

=> PK=PD

Từ đây hiển nhiên PM=PK hay \(\frac{PK}{PM}=1\)

Xét tích: \(\frac{MB}{BD}\cdot\frac{DH}{HK}\cdot\frac{KP}{PM}=\frac{HK}{DH}\cdot\frac{DH}{HK}\cdot\frac{KP}{PM}=1\)

Theo Ceva đảo thì đồng quy

chả hiểu

hay bn tra google ik

Lần lượt trừ hai vế của hệ phương trình ta có : \(x^3-y^3=3\left(x-y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2-3\right)=0\)
                                                                    \(\Leftrightarrow x^2+y^2+xy=3\) ( Do \(x\ne y\)).
Làm tương tự như vậy ta có hệ sau :  \(\hept{\begin{cases}x^2+xy+y^2=3\\x^2+xz+z^2=3\\y^2+yz+z^2=3\end{cases}}\) (1)
Làm tương tự như trên, trừ lần lượt từng vế phương trình  ta có:
                                    \(x^2+xy+y^2-\left(x^2+xz+z^2\right)=3-3\) 
                                                          \(\Leftrightarrow xy-xz+y^2-z^2=0\)
                                                          \(\Leftrightarrow\left(y-z\right)\left(x+y+z\right)=0\)
                                                          \(\Leftrightarrow x+y+z=0\)( do \(x\ne y\))
           \(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2=0\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx=0\).
Cộng lần lượt từng vế của 3 phương trình ta được : \(2\left(x^2+y^2+z^2\right)+xy+xz+yz=9\).
Đặt \(a=x^2+y^2+z^2,b=xy+zy+zx\) ta có hệ sau:
       \(\hept{\begin{cases}a+2b=0\\2a+b=9\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=6\\b=-3\end{cases}}}\)
Vậy \(x^2+y^2+z^2=6.\)

                                                          

tớ ko bt