AD cắt BC tại H,vẽ EG vuông góc AC tại G.Tứ giác ABEG vuông tại A,B,G nên ABEG là hình chữ nhật có EG = AB.

=> S_AEC = AC.EG : 2 = AB² : 2 mà 

S_AHC = HA.HC : 2 (vì AD vuông góc BC) = AD/2.BC/2 : 2 (H là trung điểm AD,BC) 

          =\(\sqrt{2}AB.\sqrt{2}AB\): 8 (định lí Pi-ta-go với tam giác vuông cân ABC,ABD) = AB² : 4

=> S_AECH = AB² : 2 - AB² : 4 = AB² : 4 = 6,25 (cm²) => AB =\(\sqrt{6,25.4}\)= 5 (cm)

Vậy chu vi hình vuông ABCD là : 5.4 = 20 (cm)

Gọi O là giao điểm của AD và BC như trên hình. Nối EO cắt AC tại F, dễ dàng chứng minh OE = OF và AF = CF.

Diện tích tam giác OAE bằng \(\frac{1}{2}\) diện tích phần tô đậm và bằng: \(S_{\Delta OAE}=\frac{1}{2}.6,25=3,125\left(cm^2\right)\)

\(S_{\Delta OAE}=S_{\Delta OAF}\) vì có cùng chiều cao AF và đáy OE = OF

\(\Rightarrow\) \(S_{\Delta AEF}=S_{\Delta OAE}+S_{\Delta OAF}=2S_{\Delta OAE}=2.3,125=6,25\left(cm^2\right)\)

Ta có: \(S_{\Delta AEF}=\frac{1}{2}.AF.EF=\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{2}EF\right).EF=\frac{1}{4}EF^2\)\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{4}EF^2=6,25\)

\(\Rightarrow\)\(EF^2=25\)\(\Rightarrow\)\(EF=5\) (do EF > 0).

Do ABCD là hình vuông nên AB = EF = 5cm nên chu vi hình vuông ABCD là 20cm².

Giả sử: \(a^4\left(b-c\right)+b^4\left(c-a\right)=c^4\left(b-a\right)\)
     \(\Leftrightarrow a^4\left(b-a+a-c\right)+b^4\left(c-a\right)-c^4\left(b-a\right)=0\)
    \(\Leftrightarrow a^4\left(b-a\right)+a^4\left(a-c\right)+b^4\left(c-a\right)-c^4\left(b-a\right)=0\)  
    \(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(a^4-c^4\right)+\left(a-c\right)\left(a^4-b^4\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(a-c\right)\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)+\left(a-c\right)\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-a\right)\left(c-a\right)\left\{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)-\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\right\}=0\)
 \(\Leftrightarrow\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)-\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)=0\)( do a, b, c phân biệt).
\(\Leftrightarrow ac^2+a^2c+c^3-ab^2-a^2b-b^3=0\)
 \(\Leftrightarrow a^2\left(c-b\right)+a\left(c^2-b^2\right)+\left(c^3-b^3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-b\right)\left(a^2+a\left(b+c\right)+b^2+bc+c^2\right)=0\)
 \(\Leftrightarrow\left(c-b\right)\left(a^2+2.a\frac{b+c}{2}+\frac{b^2+2bc+c^2}{4}+\frac{3b^2+2bc+3c^2}{4}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-b\right)\left(\left(a+\frac{b+c}{2}\right)^2+\frac{2b^2+3bc+2c^2}{4}\right)=0\)(*).
Do \(\left(a+\frac{b+c}{2}\right)^2\ge0,\frac{2b^2+3bc+2c^2}{4}>0\).
Nên (*) không thể xảy ra. Vậy điều giả sử sai, ta có đpcm.
 

Đặt A = a⁴(b - c) + b⁴(c - a) + c⁴(a - b) = a⁴(b - a + a - c) + b⁴(c - a) + c⁴(a - b) = a⁴(b - a) + a⁴(a - c) + b⁴(c - a) + c⁴(a - b)

          = (a - b)(c⁴ - a⁴) + (a - c)(a⁴ - b⁴) = (a - b)(c - a)(c + a)(c² + a²) + (a - c)(a - b)(a + b)(a² + b²)

          = (a - b)(a - c)[(a + b)(a² + b²) - (c + a)(c² + a²)] = (a - b)(a - c)(a³ + ab² + a²b + b³ - c³ - a²c - ac² - a³)

          = (a - b)(a - c)[a²(b - c) + a(b² - c²) + (b³ - c³)] = (a - b)(a - c)(b - c)[a² + a(b + c) + b² + bc + c²]

          = (a - b)(a - c)(b - c)\(\frac{a^2+2ab+b^2+a^2+2ac+c^2+b^2+2bc+c^2}{2}\) 

          =\(\frac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)\left[\left(a+b\right)^2+\left(a+c\right)^2+\left(b+c\right)^2\right]}{2}\)

Vì a,b,c là 3 số phân biệt nên A khác 0 <=> a⁴(b - c) + b⁴(c - a)\(\ne-c^4\left(a-b\right)=c^4\left(b-a\right)\)

Em tự vẽ hình nhé.

Ta có: \(\frac{AD}{HD}=\frac{S_{ABC}}{S_{BHC}};\frac{BE}{HE}=\frac{S_{ABC}}{S_{AHC}};\frac{CF}{FH}=\frac{S_{ABC}}{S_{AHB}}\)

Đặt \(S_{ABC}=1;S_{BHC}=a;S_{ACH}=b;S_{AHB}=c.\)

Khi đó ta có: \(a+b+c=1;\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương, ta có:

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

Vậy thì \(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) mà a + b + c = 1 nên \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\Rightarrow\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF}\ge9\)

cam on nha

Bằng nhau

a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .

còn bài cuối chỉ cần bạn đặt \(n^{1994}+n^{1993}=\left(n+1\right)n^{1993}\)

mà số nguyên tố nếu mình nhớ không nhầm thì thường được biểu diễn dưới dạng là 4k+1 thì phải hay còn dạng nữa mình không nhớ lắm hay là 3k+1 gì đó nữa 

lâu nay lười giải quá nhưng thôi mình giải cho bạn.

câu 1: ta gọi 2 số đó là a và b. Ta có:

\(a=x^2+y^2\)

\(b=n^2+m^2\)

=> \(ab=\left(x^2+y^2\right)\left(n^2+m^2\right)\)

bạn nhân nó ra sau đó cộng thêm 2nmxy và trừ 2nmxy rồi áp dụng hằng đẳng thức 1 và 2

Ta thấy \(\widehat{FEA}=\widehat{BED}=90^o-\widehat{EBD}\)

Tương tự: \(\widehat{EFA}=90^o-\widehat{FCD}\)

Mà \(\widehat{EBD}=\widehat{FCD}\) nên \(\widehat{FEA}=\widehat{EFA}\). Vậy tam giác AEF cân tại A. Do AM là trung tuyến nên suy ra AM cũng là đường cao hay AM // BC.

Từ đó suy ra M chuyển động trên đường thẳng qua A, song song với BC.

Cô Huyền ơi em muốn lấy lại nick, có bạn dò ra mật khẩu nick em và đổi rồi ạ huhu

ĐK: \(\hept{\begin{cases}x^3+2x+4\ge0\\x^3-2x+4\ge0\end{cases}}\)

Đặt: \(\hept{\begin{cases}a=\sqrt{x^3+2x+4}\left(a\ge0\right)\\b=\sqrt{x^3-2x+4}\left(b\ge0\right)\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2=x^3+2x+4\\b^2=x^3-2x+4\end{cases}}\Rightarrow a^2-b^2=4x\Rightarrow x=\frac{a^2-b^2}{4}}\) 

\(pt\Leftrightarrow\left[1+\left(\frac{a^2-b^2}{4}\right)\right]a+\left[1-\left(\frac{a^2-b^2}{4}\right)\right]b=4\) 

\(\Leftrightarrow\left(4+a^2-b^2\right)a+\left(4-a^2+b^2\right)b=16\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3-ab^2-a^2b+4\left(a+b\right)=16\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-ab\left(a+b\right)+4\left(a+b\right)=16\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)+4\left(a+b\right)=16\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+4\left(a+b\right)=16\) (1)

Từ pt, ta có: \(\left(1+x\right)a-\left(1-x\right)b=4\)

\(\Leftrightarrow a+b+\left(a-b\right)x=4\) (2)

Thay (1) và (2) vào, ta có:

\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+4\left(a+b\right)=4\left[a+b+\left(a-b\right)x\right]\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2=4\left(a-b\right)x\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[\left(a+b\right)\left(a-b\right)-4x\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2-4x\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=b\\a^2-b^2=4x\end{cases}}\)

Với \(a=b\) , ta có: \(\sqrt{x^3+2x+4}=\sqrt{x^3-2x+4}\Leftrightarrow x=0\left(TM\right)\)

Với \(a^2-b^2=4x\) , ta có: \(x^3+2x+4-\left(x^3-2x+4\right)=4x\)

\(\Leftrightarrow4x=0\)

\(\Rightarrow x=0\)

Vậy:.........

Lớp mấy đây, lớp 8 mà đây á

Đặt \(\sqrt{x^2-x+1}=a\left(ĐK:a>0\right)\)

\(pt\Leftrightarrow\frac{\left(x^6+3x^4a\right)\left(4-a^2\right)}{4\left(2+a\right)a^2}=a\left(2-a\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x^6+3x^4a\right)\left(4-a^2\right)=4a^3\left(4-a^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(4-a^2\right)\left(x^6+3x^4a-4a^3\right)=0\)

TH1: \(4-a^2=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=-2\left(l\right)\\a=2\left(n\right)\end{cases}}\)

Với a = 2 , \(\sqrt{x^2-x+1}=2\Rightarrow x^2-x-3=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{\sqrt{13}+1}{2}\\x=\frac{-\sqrt{13}+1}{2}\end{cases}}\)

TH2: \(x^6+3x^4a-4a^3=0\Rightarrow x^6-x^4a+4x^4a-4x^2a^2+4x^2a^2-4a^3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-a\right)\left(x^4+4x^2a+4a^2\right)=0\Leftrightarrow\left(x^2-a\right)\left(x^2+2a\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2=a\\x^2=-2a\left(l\right)\end{cases}}\)

Với \(x^2=a\Rightarrow x^2=\sqrt{x^2-x+1}\)

Đến đây bình phương và tìm ra nghiệm.

Khó ghê, có quản lí mới giải được

mấy bài này ns thiệt mk chả hỉu j...cg đơn giản thoy...vì mk ms học lp 6 mừ...hehe^^