Đặt \(a=\dfrac{1}{x};b=\dfrac{1}{y};c=\dfrac{1}{z}\Rightarrow xyz=1\) và \(x;y;z>0\)

Gọi biểu thức cần tìm GTNN là P, ta có:

\(P=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^3}\left(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{y^3}\left(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{z^3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)}\)

\(=\dfrac{x^3yz}{y+z}+\dfrac{y^3zx}{z+x}+\dfrac{z^3xy}{x+y}=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\)

\(P\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+z+x+x+y}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}\)

\(P_{min}=\dfrac{3}{2}\) khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)

Đặt \(a = \frac{1}{x} ; b = \frac{1}{y} ; c = \frac{1}{z} \Rightarrow x y z = 1\) và \(x ; y ; z > 0\)

Gọi biểu thức cần tìm GTNN là P, ta có:

\(P = \frac{1}{\frac{1}{x^{3}} \left(\right. \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \left.\right)} + \frac{1}{\frac{1}{y^{3}} \left(\right. \frac{1}{z} + \frac{1}{x} \left.\right)} + \frac{1}{\frac{1}{z^{3}} \left(\right. \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \left.\right)}\)

\(= \frac{x^{3} y z}{y + z} + \frac{y^{3} z x}{z + x} + \frac{z^{3} x y}{x + y} = \frac{x^{2}}{y + z} + \frac{y^{2}}{z + x} + \frac{z^{2}}{x + y}\)

\(P \geq \frac{\left(\left(\right. x + y + z \left.\right)\right)^{2}}{y + z + z + x + x + y} = \frac{x + y + z}{2} \geq \frac{3 \sqrt[3]{x y z}}{2} = \frac{3}{2}\)

\(P_{m i n} = \frac{3}{2}\) khi \(x = y = z = 1\) hay \(a = b = c = 1\)

\({x^2} = {4^2} + {2^2} = 20 \Rightarrow x = 2\sqrt 5 \)

\({y^2} = {5^2} - {4^2} = 9 \Leftrightarrow y = 3\)

\({z^2} = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} + {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2} = 25 \Rightarrow z = 5\)

\({t^2} = {1^2} + {2^2} = 5 \Rightarrow t = \sqrt 5 \)

\(AC\perp Oy\) (gt); \(Ox\perp Oy\) (gt) => AC//Oy => AC//OB

C/m tương tự có AB//OC

=> OBAC là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

Mà \(\widehat{xOy}=90^o\)

=> OBAC là HCN

Ta có

AC=AB (Tính chất đường phân giác)

=> OBAC là hình vuông

Tứ giác $OBAC$ có ba góc vuông: góc B= góc C = góc BOC= 90 độ �^=�^=���^=90∘==
∘

Nên $OBAC$ là hình chữ nhật.

Mà $A$ nằm trên tia phân giác $OM$ suy ra $AB=AC$.

Khi đó $OBAC$ là hình vuông.

a) $ABCD$ là hình bình hành nên hai đường chéo $AC,BD$ cắt nhau tại $O$ là trung điểm của mỗi đường.

Xét $\Delta OBM$ và $\Delta ODP$ có:

     $OB=OD$ ( giả thiết)

     ���^=���^OBM=ODP (so le trong)

     ���^=���^BOM=DOP (đối đỉnh)

Vậy $\Delta OBM=\Delta ODP$ (g.c.g)

Suy ra $OM=OP$ (hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự $\Delta OAQ=\Delta OCN$ (g.c.g) suy ra $OQ=ON$ (hai cạnh tương ứng)

$MNPQ$ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

b) Hình bình hành $MNPQ$ có hai đường chéo $MP\perp NQ$ nên là hình thoi.

a) $ABCD$ là hình bình hành nên hai đường chéo $AC,BD$ cắt nhau tại $O$ là trung điểm của mỗi đường.

Xét $\Delta OBM$ và $\Delta ODP$ có:

     $OB=OD$ ( giả thiết)

     ���^=���^OBM=ODP (so le trong)

     ���^=���^BOM=DOP (đối đỉnh)

Vậy $\Delta OBM=\Delta ODP$ (g.c.g)

Suy ra $OM=OP$ (hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự $\Delta OAQ=\Delta OCN$ (g.c.g) suy ra $OQ=ON$ (hai cạnh tương ứng)

$MNPQ$ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

b) Hình bình hành $MNPQ$ có hai đường chéo $MP\perp NQ$ nên là hình thoi.

Những tam giác đồng dạng là 

- Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EDF với tỉ số đồng dạng là 1

- Tam giác MPN đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số đồng dạng là \(\frac{1}{2}\)

- Tam giác MPN đồng dạng với tam giác EDF với tỉ số đồng dạng là \(\frac{1}{2}\)

Ta có

\(BC\perp AB';B'C'\perp AB'\) => BC//B'C'

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AB'}=\dfrac{BC}{B'C'}\Rightarrow\dfrac{x}{x+h}=\dfrac{a}{a'}\)

\(\Rightarrow a'x=ax+ah\Rightarrow x\left(a'-a\right)=ah\Rightarrow x=\dfrac{ah}{a'-a}\left(dpcm\right)\)

Xét tam giác $ABC$ có BC⊥ AB′BC⊥ AB′ và B′C′⊥AB′B′C′⊥AB′ nên suy ra $BC$ // B′C′B′C′.

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có: ABAB′ =BCBC′AB′AB​ =BC′BC​

Suy ra xx+h =aa′x+hx​ =a′a​

a′.x=a(x+h)a′.x=a(x+h)

a′.x−ax=aha′.x−ax=ah

x(a′−a)=ahx(a′−

Vì MN // BC theo Talet ta có:

\(\dfrac{y}{20}\) =  \(\dfrac{10}{15}\)  = \(\dfrac{x}{12}\) => x = \(\dfrac{10}{15}\) . 12 = 8;   y = \(\dfrac{10}{15}\) . 20 = \(\dfrac{40}{3}\)

x = 8 cm; y = 13,(3) cm

Bài 38:

Xét ΔABD và ΔACB có

\(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}\left(\frac{10}{20}=\frac{5}{10}=\frac12\right)\)

góc BAD chung

Do đó: ΔABD~ΔACB

=>\(\hat{ABD}=\hat{ACB}\)

Bài 36:

Xét ΔABD và ΔBDC có

\(\frac{AB}{BD}=\frac{BD}{DC}\left(\frac48=\frac{8}{16}=\frac12\right)\)

\(\hat{ABD}=\hat{BDC}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

Do đó: ΔABD~ΔBDC

=>\(\hat{BAD}=\hat{DBC}\)

ΔABD~ΔBDC

=>\(\frac{AD}{BC}=\frac{AB}{BD}=\frac48=\frac12\)

=>BC=2AD

35:

Xét ΔAMN và ΔACB có

\(\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\left(\frac{10}{15}=\frac{8}{12}=\frac23\right)\)

góc MAN chung

Do đó: ΔAMN~ΔACB

=>\(\frac{MN}{CB}=\frac{AM}{AC}=\frac23\)

=>\(MN=18\cdot\frac23=12\left(\operatorname{cm}\right)\)

a/

Ta có

IA=IC (gt); IM=IK (gt) => AMCK là hình bình hành (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

Ta có

MB=MC (gt); IA=IC (gt) => MI là đường trung bình của tg ABC => MI//AB

Mà \(AB\perp AC\) 

\(\Rightarrow MI\perp AC\Rightarrow MK\perp AC\)

=> AMCK là hình thoi (Hình bình hành có 2 đường chéo vuông góc là hình thoi)

b/

Ta có

MI//AB (cmt) => MK//AB

AK//MC (cạnh đối hbh AMCK) => AK//MB

=> AKMB là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

c/

Để AMCK là hình vuông \(\Rightarrow AM\perp BC\) => AM là đường cao của tg ABC

Mà AM là trung tuyến của tg ABC (gt)

=> ABC cân tại A (Tam giác có đường cao đồng thời là đường trung tuyến là tg cân)

=> Để AMCK là hình vuông thì tg ABC vuông cân tại A

a) Tứ giác $AMCK$ có hai đường chéo $AC,MK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

$\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $AM$ là đường trung tuyến nên $AM=MC=MB$.

Vậy hình bình hành $AMCK$ có $AM=MC$ nên là hình thoi.

b) Vì $AMCK$ là hình thoi nên $AK$ // $BM$ và $AK=MC=BM$.

Tứ giác $AKMB$ có $AK$ // $BM,AK=BM$ nên là hình bình hành.

c) Để $AMCK$ là hình vuông thì cần có một góc vuông hay $AM\perp MC$.

Khi đó $\Delta ABC$ có $AM$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên cân tại $A$.

Vậy $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ thì $AMCK$ là hình vuông.