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 \(a = b = c = 1\)

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

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

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

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

Bài 1:

a: Xét ΔBAC có

E là trung điểm của AB

EM//AC

Do đó: M là trung điểm của BC

Xét ΔBAC có

M là trung điểm của BC

MF//AB

Do đó: F là trung điểm của AC

Xét tứ giác AEMF có

ME//AF

MF//AE

DO đó:AEMF là hình bình hành

Hình bình hành AEMF có \(\hat{EAF}=90^0\)

nên AEMF là hình chữ nhật

b: Xét ΔABC có

E,F lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>EF là đường trung bình của ΔABC

=>EF//BC

=>EF//MH

=>MHEF là hình thang

ΔHAC vuông tại H

mà HF là đường trung tuyến

nên FH=FA

mà FA=ME

nên FH=ME

Xét hình thang MHEF có ME=HF

nên MHEF là hình thang cân

Bài 2:

Xét tứ giác AHCD có

I là trung điểm chung của AC và HD

=>AHCD là hình bình hành

Hình bình hành AHCD có \(\hat{AHC}=90^0\)

nên AHCD là hình chữ nhật

Bài 2:

a: ĐKXĐ: x∉{2;-2}

b: \(A=\frac{3x}{x-2}-\frac{2}{x+2}+\frac{2x-4}{x^2-4}\)

\(=\frac{3x}{x-2}-\frac{2}{x+2}+\frac{2\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\)

\(=\frac{3x}{x-2}-\frac{2}{x+2}+\frac{2}{x+2}=\frac{3x}{x-2}\)

c: Thay x=-5 vào A, ta được:

\(A=\frac{3\cdot\left(-5\right)}{-5-2}=\frac{-15}{-7}=\frac{15}{7}\)

d: Để A nguyên thì 3x⋮x-2

=>3x-6+6⋮x-2

=>6⋮x-2

=>x-2∈{1;-1;2;-2;3;-3;6-6}

=>x∈{1;2;4;0;5;-1;8;-4}

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: x∈{1;4;0;5;-1;8;-4}

Bài 1:

a: \(A=x^2+10x+25\)

\(=x^2+2\cdot x\cdot5+5^2=\left(x+5\right)^2\)

b: \(B=x^2-y^2+8x-8y\)

=(x-y)(x+y)+8(x-y)

=(x-y)(x+y+8)

c: \(C=x^2+4x-5\)

\(=x^2+5x-x-5\)

=x(x+5)-(x+5)

=(x+5)(x-1)

Bài 2:

a: \(\left(-\frac13x^2y\right)\cdot2xy^3=\left(-\frac13\cdot2\right)\cdot x^2\cdot x\cdot y\cdot y^3=-\frac23x^3y^4\)

b: \(\left(-\frac34x^2y\right)\cdot\left(-xy\right)^3=\left(-\frac34\right)\cdot\left(-1\right)\cdot x^2\cdot x^3\cdot y\cdot y^3=\frac34x^5y^4\)

c: \(\frac35\cdot x^2y^5\cdot x^3y^2\cdot\frac{-2}{3}=\left(\frac35\cdot\frac{-2}{3}\right)\cdot x^2\cdot x^3\cdot y^5\cdot y^2=-\frac25x^5y^7\)

d: \(\left(\frac34x^2y^3\right)\cdot\left(2\frac25x^4\right)=\frac34x^2y^3\cdot\frac{12}{5}x^4=\frac34\cdot\frac{12}{5}\cdot x^2\cdot x^4\cdot y^3=\frac95x^6y^3\)

e: \(\left(\frac{12}{15}x^4y^5\right)\cdot\left(\frac59x^2y\right)=\frac45\cdot\frac59\cdot x^4\cdot x^2\cdot y^5\cdot y=\frac49x^6y^6\)

f: \(\left(-\frac17x^2y\right)\left(-\frac{14}{5}x^4y^5\right)=\frac17\cdot\frac{14}{5}\cdot x^2\cdot x^4\cdot y\cdot y^5=\frac25x^6y^6\)

Bài 1: Các đơn thức là \(x^2y;-13;\left(-2\right)^3xy^7\)

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.

a) Vì $AB=2BC$ suy ra ��=��2=��BC= AB/2=AD

ABCD là hình chữ nhật nên AB=DC suy ra 1/2AB=1/2DC do đó AI=DK=AD

Tứ giác AIKD có AI//DK, AI=DK nên tứ giác AIKD là hình bình hành 

Lại có AD=AI nên AIKD là hình thoi

Mà góc IAD= 90 độ do đó AIKD là hình vuông

Vậy tứ giác AIKD là hình vuông

Chứng minh tương tự cho tứ giác BIKC

Vậy tứ gáic BIKC là hình vuông

b) VÌ AIKD là hình vuông nên DI là tia phân giác góc ADK nên góc IDK = 45 độ

Tương tự góc ICK = 45 độ

Tam giác IDC cân có góc DIC = 90 độ nên là tam gaic vuông cân 

Vậy tam giác IDC là tam gáic  vuông cân

c) Vì AIKD, BCKI là các hình vuông nên hai đường chéo bằng nhau và cắt  nhau tại trung điểm mỗi đường nên SI=SK=DI/2 và IR=RK=IC/2

 =>ISKR là hình thoi

Lại có góc DIC= 90 độ nên ISKR là hình vuông

Vậy ISKR là hình vuông