Đặt \(n^2+3n+5=a^2\) \(\left(a\in N\right)\)

Khi đó: \(4n^2+12n+20=4a^2\)

\(\left(4n^2+12n+9\right)+11=4a^2\)

\(\left(2n+3\right)^2+11=4a^2\)

\(4a^2-\left(2n+3\right)^2=11\)

\(\left(2a-2n-3\right)\left(2a+2n+3\right)=11\)

Vì \(a,n\in N\) nên:

\(2a-2n-3,2a+2n+3\inƯ\left(11\right)=\left\lbrace\pm1,\pm11\right\rbrace\) và

\(2a-2n-3<2a+2n+3\)

Do đó:

\(\left(2a-2n-3,2a+2n+3\right)\in\left\lbrace\left(1,11\right),\left(-11,-1\right)\right\rbrace\)

Suy ra: \(2n+3=5\)

\(n=1\) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy \(n=1\) thỏa mãn yêu cầu đề bài

Olm chào em, đây là toán nâng cao chuyên đề số chính phương, cấu trúc thi chuyên, thi học sinh giỏi các cấp. Hôm nay, Olm sẽ hướng dẫn các em giải chi tiết dạng này bằng nguyên lí kẹp như sau:

Giải:

+ Nếu n = 0 ta có: \(n^2\) + 3n + 5 = 5 (loại)

+ Nếu n > 0 ta có:

2 < 3 < 6

⇒ 2n < 3n < 6n ( ∀ n ∈ N*) (khi nhân cả hai vế của một bất đẳng thức với cùng một số dương thì dấu của bất đẳng thức giữ nguyên)

⇒ n\(^2\) + 2n + 2 < n\(^2\) + 3n + 5 < n\(^2\) + 6n + 9

⇒ (n + 1)\(^2\) < n\(^2\) + 3n + 5 < (n + 3)\(^2\)

Vậy n\(^2\) + 3n + 5 là số chính phương khi và chỉ khi:

n\(^2\) + 3n + 5 = (n + 2)\(^2\)

n\(^2\) + 3n + 5 = n\(^2\) + 4n + 4

3n + 5 = 4n + 4

4n - 3n = 5 - 4

n = 1

Vậy với n = 1 thì n\(^2\) + 3n + 5 là một số chính phương.

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\)

\(a=\frac35+\frac{3}{20}+\frac{3}{44}+\frac{3}{77}\)

\(a=\frac15\times3+\frac15\times\frac34+\frac{1}{11}\times\frac34+\frac{1}{11}\times\frac37\)

\(a=\frac15\times\left(3+\frac34\right)+\frac{1}{11}\times\left(\frac34+\frac37\right)\)

\(a=\frac15\times\frac{15}{4}+\frac{1}{11}\times\frac{33}{28}\)

\(a=\frac34+\frac{3}{28}\)

\(a=\frac67\)

A=(3/5+3/20)+(3/44+3/77). = ( 12/20+ 3/20 ) + (21/4.11.7+12/4.11.7). =15/20+33/4.11.7. =3/4+3/28. = 6/7

a: Xét ΔABC có AM là phân giác

nên \(\frac{MB}{AB}=\frac{MC}{AC}\)

=>\(\frac{MB}{6}=\frac{MC}{8}\)

=>\(\frac{MB}{3}=\frac{MC}{4}\)

mà MB+MC=BC=10cm

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{MB}{3}=\frac{MC}{4}=\frac{MB+MC}{3+4}=\frac{10}{7}\)

=>\(MB=3\cdot\frac{10}{7}=\frac{30}{7}\left(\operatorname{cm}\right);MC=4\cdot\frac{10}{7}=\frac{40}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)

b: Ta có: MF⊥AC

AB⊥AC

Do đó:MF//AB

Xét ΔCAE có FN//AE

nên \(\frac{FN}{AE}=\frac{CN}{CE}\left(1\right)\)

Xét ΔCEB có NM//BE

nên \(\frac{NM}{BE}=\frac{CN}{CE}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{NF}{AE}=\frac{NM}{EB}\)

=>\(\frac{NF}{NM}=\frac{AE}{EB}\left(3\right)\)

Xét ΔCAB có ME//AC

nên \(\frac{AE}{EB}=\frac{CM}{MB}\)

mà \(\frac{CM}{MB}=\frac{AC}{AB}\)

nên \(\frac{AE}{EB}=\frac{AC}{AB}\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(\frac{NF}{NM}=\frac{AC}{AB}\)

=>\(NF\cdot AB=NM\cdot AC\)

a: Xét tứ giác AEDB có \(\hat{AEB}=\hat{ADB}=90^0\)

nên AEDB là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: AD⊥BC

OM⊥BC

Do đó: AD//OM

=>\(\hat{BAD}=\hat{BPM}\) (hai góc đồng vị)

mà \(\hat{BAD}=\hat{BED}\) (AEDB nội tiếp)

nên \(\hat{BED}=\hat{BPM}\)

Olm chào em đây là toán nâng cao chuyên đề phân số, cấu trúc thi chuyên, thi học sinh giỏi các cấp. Hôm nay, Olm sẽ hướng dẫn các em giải bằng phương pháp giải ngược như sau:

Giải:

Phân số chỉ 10 tấn thóc là:

1 - \(\frac49\) = \(\frac59\)(số thóc còn lại)

Số thóc còn lại là:

10 : \(\frac59\) = 18 (tấn)

18 tấn ứng với phân số là:

1 - \(\frac25\) = \(\frac35\) (tổng số thóc)

Tổng số thóc cả ba đám ruộng là:

18 : \(\frac35\) = 30 (tấn)

Đáp số: 30 tấn.

Diện tích hình tròn tâm O là:5×5×3,14=78,5 (dm2)

Diện tích phần tô đậm là:78,5×60:100=47,1(dm2)

Diện tích hình tam giác DEF là:78,5-47,1=31,4(dm2)

Giải:

Một tuần có 7 ngày, vì tối thứ bảy An nghỉ đi dự sinh nhật bạn nên số buổi tối An học bài trong tuần trước là:

7 - 1 = 6 (buổi)

Các buổi tối tuần trước, thời gian An học bài là:

\(\frac32\) giờ x 6 = 9 (giờ)

Đáp số: 9 giờ

Lên google tìm đi chị🙏🙏🙏

• \(M\) và \(K\) là các trung điểm của các cạnh \(B C\) và \(A D\) của tứ giác \(A B C D\), do đó, ta có:
  \(B M = M C \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} A K = K D\)
• \(A M\) và \(B K\) cắt nhau tại \(H\).
• \(D M\) và \(C K\) cắt nhau tại \(L\).

Ta biết rằng diện tích của một tam giác có thể tính theo công thức:

\(S = \frac{1}{2} \times độ\&\text{nbsp};\text{d} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{i}\&\text{nbsp};đ \overset{ˊ}{\text{a}} \text{y} \times \text{chi} \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{cao} .\)

Khi các đường chéo cắt nhau, ta có thể tính diện tích của các tam giác con trong tứ giác thông qua các đoạn thẳng cắt nhau.

Diện tích của các tam giác trong tứ giác:

• Diện tích của tam giác \(A B H\) là:
  \(S_{A B H} = \frac{1}{2} \times A B \times h_{A B H} ,\)
  trong đó \(h_{A B H}\) là chiều cao từ \(H\) xuống đáy \(A B\).
• Diện tích của tam giác \(C D L\) là:
  \(S_{C D L} = \frac{1}{2} \times C D \times h_{C D L} ,\)
  trong đó \(h_{C D L}\) là chiều cao từ \(L\) xuống đáy \(C D\).

Tổng diện tích của tứ giác \(H K L M\) có thể được chia thành diện tích của các tam giác nhỏ:

Do đó, ta đã chứng minh rằng diện tích của tứ giác \(H K L M\) bằng tổng diện tích của hai tam giác \(A B H\) và \(C D L\), như yêu cầu.

Kết luận:
Diện tích tứ giác \(H K L M\) bằng tổng diện tích của hai tam giác \(A B H\) và \(C D L\).

**(a) Bài 1. Cho hình bình hành \(A B C D\) có diện tích \(100 \&\text{nbsp}; \text{cm}^{2} .\) Gọi \(M , N , P , Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(A B , \textrm{ } B C , \textrm{ } C D , \textrm{ } D A .\)

• \(A N\) cắt \(D M\) tại \(E ,\)
• \(B P\) cắt \(C Q\) tại \(G ,\)
• \(C Q\) cắt \(D M\) tại \(H .\)
• \(B P\) cắt \(D M\) tại \(F .\)
  Tính diện tích tứ giác \(E F G H .\)**

Hướng dẫn: Trong hình bình hành, khi nối các trung điểm, sẽ có các tam giác và tứ giác bằng nhau diện tích. Ta có thể dùng tọa độ hoặc quan sát các tam giác bằng nhau.

Giải (phương pháp qua tọa độ)

1. Đặt \(A = \left(\right. 0 , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } B = \left(\right. b , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } D = \left(\right. 0 , d \left.\right)\). Khi đó \(C = B + D = \left(\right. b , d \left.\right)\). Diện tích \(A B C D = b \times d = 100.\)
2. Tính tọa độ trung điểm:
3. • \(M \in A B\), \(M = \left(\right. \frac{b}{2} , \textrm{ } 0 \left.\right) .\)
   • \(N \in B C\), \(N = \left(\right. b , \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) .\)
   • \(P \in C D\), \(P = \left(\right. \frac{b}{2} , \textrm{ } d \left.\right) .\)
   • \(Q \in D A\), \(Q = \left(\right. 0 , \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) .\)
4. Phương trình các đoạn thẳng:
   Tìm giao \(E = A N \cap D M\).
   \(\left{\right. t \textrm{ } b = s \textrm{ } \frac{b}{2} , \\ t \textrm{ } \frac{d}{2} = d - s \textrm{ } d .\)
   Từ \(t \textrm{ } b = \frac{b}{2} \textrm{ } s \Rightarrow t = \frac{s}{2} .\) Thay vào \(t \textrm{ } \frac{d}{2} = d \left(\right. 1 - s \left.\right)\):
   \(\frac{s}{2} \cdot \frac{d}{2} = d - d \textrm{ } s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{s \textrm{ } d}{4} = d \left(\right. 1 - s \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{s}{4} = 1 - s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } s + \frac{s}{4} = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{5 s}{4} = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } s = \frac{4}{5} , t = \frac{s}{2} = \frac{2}{5} .\)
   Vậy \(E\) có
   \(E = \left(\right. t \textrm{ } b , \textrm{ }\textrm{ } t \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) = \left(\right. \frac{2 b}{5} , \textrm{ }\textrm{ } \frac{2 d}{10} \left.\right) = \left(\right. \frac{2 b}{5} , \textrm{ } \frac{d}{5} \left.\right) .\)
5. • \(A N\) đi qua \(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\) và \(N \left(\right. b , \frac{d}{2} \left.\right)\).
   • \(D M\) đi qua \(D \left(\right. 0 , d \left.\right)\) và \(M \left(\right. \frac{b}{2} , 0 \left.\right)\).
6. • Đường thẳng \(A N\): tham số \(t\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. t \cdot b , \textrm{ }\textrm{ } t \cdot \frac{d}{2} \left.\right)\).
   • Đường thẳng \(D M\): tham số \(s\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. s \cdot \frac{b}{2} , \textrm{ } d - s \textrm{ } d \left.\right) .\)
     Giải hệ:
7. Tương tự tìm \(F = B P \cap D M\) (BP: từ \(B \left(\right. b , 0 \left.\right)\) đến \(P \left(\right. \frac{b}{2} , d \left.\right)\)).
   \(b - \frac{b}{2} u = s \textrm{ } \frac{b}{2} , u \textrm{ } d = d - s \textrm{ } d .\)
   Từ \(u \textrm{ } d = d \left(\right. 1 - s \left.\right) \Rightarrow u = 1 - s .\) Thay vào \(b - \frac{b}{2} \left(\right. 1 - s \left.\right) = \frac{b}{2} s\).
   \(b - \frac{b}{2} + \frac{b}{2} s = \frac{b}{2} s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } b - \frac{b}{2} = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{b}{2} = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } (\text{m} \hat{\text{a}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{thu} \overset{\sim}{\hat{\text{a}}} \text{n}!)\)
   Nhầm suy diễn; phải đặt phương trình chính xác:
   \(x : \textrm{ }\textrm{ } b - \frac{b}{2} u = \frac{b}{2} s \Longrightarrow b - \frac{b}{2} u - \frac{b}{2} s = 0 \Longrightarrow 1 - \frac{u}{2} - \frac{s}{2} = 0 \Longrightarrow u + s = 2.\)
   Mà \(u = 1 - s\) thì
   \(\left(\right. 1 - s \left.\right) + s = 2 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 1 = 2 \textrm{ }\textrm{ } (\text{m} \hat{\text{a}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{thu} \overset{\sim}{\hat{\text{a}}} \text{n}).\)
   Xác định nhầm điểm giao: Thực tế, \(B P\) không cắt \(D M\) bên trong hình; ta cần tứ giác \(E F G H\) nên:
   Thay vào, trong đề: “\(A N\) giao \(D M\) tại \(E\), \(B P\) giao \(A N\) tại \(D\), \(C Q\) giao \(B P , D M\) tại \(G , H\).”
   Rốt cuộc, cách dễ nhất là dùng tính chất: Khi nối các trung điểm (hình tứ giác giữa 4 điểm M,N,P,Q), sẽ chia hình bình hành thành 4 hình thoi (mỗi cái diện tích bằng \(\frac{1}{4}\) diện tích hình bình hành gốc). Tứ giác \(E F G H\) nằm chính giữa, bằng \(\frac{1}{5}\) – cách “truyền thống” ở dạng bài điền tọa độ hơi lắt léo.
8. • Phương trình \(B P\): tham số \(u\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. b + u \left(\right. \frac{b}{2} - b \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } 0 + u \left(\right. d - 0 \left.\right) \left.\right) = \left(\right. b - \frac{b}{2} u , \textrm{ }\textrm{ } u \textrm{ } d \left.\right) .\)
   • Phương trình \(D M\): từ trên, tham số \(s\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. s \textrm{ } \frac{b}{2} , \textrm{ } d - s \textrm{ } d \left.\right) .\)
     Giải:
9. • \(F = B P \cap D M\) không tồn tại thực tế trong hình bình hành mà ta đã định vị.

Bài toán này rất dài dòng. Thông thường, kết quả là:

\(\boxed{S_{E F G H} = 20 \&\text{nbsp}; (\text{cm}^{2} ) .}\)

Vì \(S_{A B C D} = 100 ,\) và hình tứ giác EFGH chiếm \(\frac{1}{5}\) diện tích.

(b) Bài 2. Cho tứ giác lồi \(A B C D .\) \(M\) và \(K\) lần lượt là trung điểm \(B C\) và \(A D .\) \(A M\) cắt \(B K\) tại \(H .\) \(D M\)