Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [B, A] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [C, A] Đoạn thẳng k_1: Đoạn thẳng [X, Y] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [B, Y] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [E, A] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [E, I] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [Y, K] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [N, I] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [I, M] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [E, M] Đoạn thẳng c: Đoạn thẳng [A, I] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [N, M] B = (-1.6, -0.66) B = (-1.6, -0.66) B = (-1.6, -0.66) C = (5.82, -0.68) C = (5.82, -0.68) C = (5.82, -0.68) Điểm A: Điểm trên g Điểm A: Điểm trên g Điểm A: Điểm trên g Điểm X: Điểm trên f Điểm X: Điểm trên f Điểm X: Điểm trên f Điểm Y: Giao điểm đường của j, i Điểm Y: Giao điểm đường của j, i Điểm Y: Giao điểm đường của j, i Điểm I: Giao điểm đường của l, m Điểm I: Giao điểm đường của l, m Điểm I: Giao điểm đường của l, m Điểm E: Trung điểm của n Điểm E: Trung điểm của n Điểm E: Trung điểm của n Điểm K: Giao điểm đường của l, f Điểm K: Giao điểm đường của l, f Điểm K: Giao điểm đường của l, f Điểm N: Giao điểm đường của m, i Điểm N: Giao điểm đường của m, i Điểm N: Giao điểm đường của m, i Điểm M: Giao điểm đường của t, k_1 Điểm M: Giao điểm đường của t, k_1 Điểm M: Giao điểm đường của t, k_1 K

Gọi trung điểm của XY, YC và BC lần lượt là M, N và K..

Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYC nên \(\widehat{YMI}=\widehat{YNI}=90^o\)

Vậy ta có YMIN là tứ giác nội tiếp hay \(\widehat{IYN}=\widehat{IMN}\Rightarrow\widehat{AYI}=\widehat{EMI}\)        (1)

Xét tam giác BYX có E và M lần lượt là trung điểm của YB và YX nên EM song song và bằng một nửa BX.

Ta cũng có ngay E, M, N thẳng hàng.

Do XY // AB nên \(\frac{AY}{AC}=\frac{BX}{BC}\Rightarrow\frac{AY}{BX}=\frac{AC}{BC}\)

\(\Rightarrow\frac{AY}{EM}=\frac{AY}{\frac{BX}{2}}=2.\frac{AY}{BX}=\frac{2.AC}{BC}=\frac{AC}{BK}\)'

Do tam giác ABC cân tại A nên \(AK\perp BC\)

Xét tam giác vuông ABK, theo định nghĩa tỉ số lượng giác thì \(cos\widehat{ABC}=\frac{BK}{AB}\)

Vậy thì  \(\frac{YI}{MI}=\frac{1}{sin\widehat{XYK}}=\frac{1}{cos\widehat{YXK}}=\frac{1}{cos\widehat{ABC}}=\frac{1}{\frac{BK}{AB}}=\frac{AB}{BK}=\frac{AC}{BK}\)

Vậy nên \(\frac{AY}{EM}=\frac{YI}{MI}\)               (2) 

Từ (1) và (2) ta có \(\Delta AYI\sim\Delta EMI\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{IEN}=\widehat{IAN}\) 

Xét tứ giác AEIN có \(\widehat{IEN}=\widehat{IAN}\) nên nó là tứ giác nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{AEI}=180^o-\widehat{ANI}=90^o\)

mình xin sửa lại yêu cầu là: chứng minh góc AEI bằng 90 

mong các bạn giúp

Ta có:

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

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

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

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

Áp dụng vào bài toán ta được

\(\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+...+\frac{1}{2009\sqrt{2008}}\)

\(=2\left(\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{2008}}-\frac{1}{\sqrt{2009}}\right)\)

\(=2\left(1-\frac{1}{\sqrt{2009}}\right)< 2\)

\(pt\Leftrightarrow x^3+2000x-1=y^2\Leftrightarrow x^3-x+2001x-1=y^2\Leftrightarrow\left(x-1\right)x\left(x+1\right)+2001x-1=y^2\)

Vì \(\hept{\begin{cases}\left(x-1\right)x\left(x+1\right)⋮3\\2001x⋮3\end{cases}\Rightarrow}\)(x-1)x(x+1)+2001x-1 chia 3 dư 2 mà y² chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1 nên PT vô nghiệm

Vậy PT không có nghiệm nguyên

Nên sửa -2x ở tử thành 2x. Giải như sau :

\(\frac{x^2+2x-1}{2x^2+4x+9}=\frac{\frac{1}{2}\left(2x^2+4x+9\right)-\frac{11}{2}}{2x^2+4x+9}=\frac{1}{2}-\frac{11}{4x^2+8x+18}=\frac{1}{2}-\frac{11}{4\left(x+1\right)^2+14}\)

Biểu thức đạt GTNN khi \(\frac{11}{4\left(x+1\right)^2+14}\)đạt GTLN hay 4(x + 1)² + 14 đạt GTNN hay khi x = -1

Vậy GTNN của biểu thức là : \(\frac{1}{2}-\frac{11}{14}=-\frac{2}{7}\)khi x = -1

A B C D K 3 2 a

Kẻ CK vuông góc AB. Xét tam giác vuông AKC có \(\widehat{KAC}=45^o\) nên AKC là tam giác vuông cân.

Vậy thì KA = KC.

Đặt \(KA=KC=a\Rightarrow AC=a\sqrt{2};KB=\sqrt{25-a^2};AD=\sqrt{2a^2-4}\) (Theo Pi-ta-go)

Ta đã có \(2S_{ABC}=AB.CK=BC.AD\)

\(\Rightarrow\left(a+\sqrt{25-a^2}\right).a=5.\sqrt{2a^2-4}\)

\(\Rightarrow\left(a^2+25-a^2+2a\sqrt{25-a^2}\right)a^2=25\left(2a^2-4\right)\)

\(\Rightarrow25a^2+2a^3\sqrt{25-a^2}=50a^2-100\)

\(\Rightarrow2a^3\sqrt{25-a^2}=25a^2-100\)

Ở đây ta có điều kiện là \(4\le a^2\le25\)

\(\Rightarrow4x^6\left(25-a^2\right)=625a^4-5000a^2+10000\)

\(\Rightarrow-4x^8+100x^6-626x^4+5000x^2-10000=0\)

Đặt x² = t , ta có \(-4t^4+100t^3-625t^2+5000t-10000=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-20\right)\left(2t-5\right)\left(-2t^2+5t-200\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=20\\t=\frac{5}{2}\left(ktmđk\right)\end{cases}}\)

Vậy t = 20 hay \(a^2=20\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}.5.\sqrt{2.20-4}=15\left(cm^2\right)\)

A B C M D D'

Gọi M là trung điểm BC. Gọi D' là điểm đối xứng với D qua M.

Do AB = AC nên tam giác ABC là tam giác cân tại A. Vậy thì AM vuông góc BC.

Đặt AM = a, xét tam giác vuông ABM, áp dụng định lý Pi-ta-go ta có \(BM=\sqrt{AB^2-AM^2}=\sqrt{3-a^2}\)

Tương tự \(DM=\sqrt{AD^2-AM^2}=\sqrt{1-a^2}\)

Do M là trung điểm BC và M là trung điểm DD' nên BD = D'C hay DC = BD'

Từ đó ta có \(BD.DC=BD.BD'=\left(BM-DM\right)\left(BM+MD'\right)=\left(BM-DM\right)\left(BM+MD\right)\)

\(=BM^2-MD^2=\left(3-a^2\right)-\left(1-a^2\right)=2\)

Vậy BD.DC = 2.

Gọi số đó là 7A

7A = 5 . A7

Giả sử A có n chữ số:

=> 7.10ⁿ + A = 5 (10A + 7)

     49.A = 7. 10ⁿ - 35

Lấy lần lượt n = 1, 2, 3, ... đến khi tìm được số đầu tiên để 7.10ⁿ - 35 chia hết cho 49

n = 1, 2,3, 4 không thỏa mãn. n = 5 = > A = (7. 10⁵ - 35)/49 = 14285

Vậy số cần tìm là (thêm 7 đằng trước A): 714285

không có số tự nhiên nào

Đặt \(x=a^{\frac{1}{3}};y=b^{\frac{1}{3}};z=c^{\frac{1}{3}}\Rightarrow xyz=1\) và:

\(BDT\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^6+5}+\frac{y^3}{y^6+5}+\frac{z^3}{z^6+5}\le\frac{1}{2}\)

Ta có BĐT phụ \(\frac{4x^3}{x^6+5}\le\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(3x^6+6x^3+5\right)}{\left(x^6+5\right)\left(x^6+x^3+1\right)}\le0\forall0< x\le1\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\right)\)

Cần chứng minh \(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\le2\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^6}{x^6+x^3+1}+\frac{y^6}{y^6+y^3+1}+\frac{z^6}{z^6+z^3+1}\ge1\)

Có dạng \(\frac{x^{2k}}{x^{2k}+x^k+1}+\frac{y^{2k}}{y^{2k}+y^k+1}+\frac{z^{2k}}{z^{2k}+z^k+1}\ge1\forall xyz=1\)

Với k=1 thì có BĐT Câu hỏi của Vũ Tiền Châu - Toán lớp 9 | Học trực tuyến tương tự với bài này (ko biết AD đã fix lỗi ko dán dc link học 24 vào olm chưa, nếu chưa thì ib t gửi full link )

Q.lý nào onl duyệt giúp e với