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 \(a = b = c = 1\)

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

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

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

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

a: Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD
Ta có: ΔIAB vuông cân tại I

=>IA=IB; \(\hat{AIB}=90^0\) ; \(\hat{IAB}=\hat{IBA}=45^0\)

ΔKDC vuông cân tại K

=>KD=KC; \(\hat{DKC}=90^0;\hat{KDC}=\hat{KCD}=45^0\)

ΔIAB vuông tại I

=>\(IA^2+IB^2=AB^2\)

=>\(2\cdot IA^2=CD^2\left(1\right)\)

ΔKCD vuông tại K

=>\(KD^2+KC^2=DC^2\)

=>\(2\cdot KD^2=CD^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra IA=KD

mà IA=IB và KD=KC

nên IA=IB=KD=KC

Ta có: ΔIAB cân tại I

mà IM là đường trung tuyến

nên IM⊥AB tại M

Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(DN=NC=\frac{DC}{2}\)

mà AB=CD
nên AM=MB=DN=NC

Xét tứ giác AMND có

AM//ND

AM=ND

Do đó: AMND là hình bình hành

Hình bình hành AMND có \(\hat{DAM}=90^0\)

nên AMND là hình chữ nhật

=>AM⊥MN

=>MN⊥AB

ΔKDC cân tại K

mà KN là đường trung tuyến

nên KN⊥DC tại N

mà DC//AB

nên KN⊥AB

mà MN⊥AB

và KN,MN có điểm chung là N

nên K,N,M thẳng hàng(1)

Ta có: IM⊥AB

MN⊥AB

mà IM,MN có điểm chung là M

nên I,M,N thẳng hàng(2)

Từ (1),(2) suy ra K,N,M,I thẳng hàng

Xét ΔEIK có AD//IK

nên \(\frac{EA}{AI}=\frac{ED}{DK}\)

mà AI=DK

nên EA=ED

Ta có: EA+AI=EI

ED+DK=EK

mà EA=ED và AI=DK

nên EI=EK

=>E nằm trên đường trung trực của IK(3)

Xét ΔFKI có BC//KI

nên \(\frac{FB}{BI}=\frac{FC}{CK}\)

mà BI=CK

nên FB=FC

Ta có: FB+BI=FI

FC+CK=FK
mà FB=FC và BI=CK

nên FI=FK

=>F nằm trên đường trung trực của IK(4)

từ (3),(4) suy ra FE là đường trung trực của IK

=>FE⊥IK

mà IK⊥CD

nên FE//CD

b: Xét ΔKEF có DC//EF
nên \(\frac{KD}{DE}=\frac{KC}{CF}\)

mà KD=KC

nên DE=CF

Ta có: KD+DE=KE

KC+CF=KF

mà KD=KC và DE=CF

nên KE=KF

=>IE=EK=KF=FI

=>IEKF là hình thoi

Hình thoi IEKF có \(\hat{EIF}=90^0\)

nên IEKF là hình vuông

diện tích tứ giác

S.ABCD=S.ACD=S.ABC

54=17+S.ABC

S.ABC=54-17=37

TAM GIÁC ABC CÂN TẠI A(DO AB=AC)

CD VUÔNG GÓC VỚI BC

=>S.ABD=37 CM

Bài 2

∆ADE có:

AD = AE (gt)

⇒ ∆ADE cân tại A

⇒ ∠ADE = (180⁰ - ∠DAE) : 2 = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (1)

∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∠ADE = ∠ABC

Mà ∠ADE và ∠ABC là hai góc đồng vị

⇒ DE // BC

∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = ∠ACB

⇒ ∠DBC = ∠ECB

Tứ giác BDEC có:

DE // BC (cmt)

⇒ BDEC là hình thang

Mà ∠DBC = ∠ECB (cmt)

⇒ BDEC là hình thang cân

Bài 3

a) ABC cân tại A (gt)

AB = AC và ABC = ACB

Xét hai tam giác vuông: ABD và ACE có:

AB = AC (cmt)

A chung

ABD = ACE (cạnh huyền - góc nhọn)

AD = AE

b) ∆ADE có:

AD = AE (gt)

⇒ ∆ADE cân tại A

⇒ ∠AED = (180⁰ - ∠EAD) : 2 = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (1)

∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∠AED = ∠ABC

Mà ∠AED và ∠ABC là hai góc đồng vị

⇒ DE // BC

∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = ∠ACB

⇒ ∠EBC = ∠DCB

Tứ giác BEDC có:

DE // BC (cmt)

⇒ BEDC là hình thang

Mà ∠EBC = ∠DCB (cmt)

⇒ BEDC là hình thang cân

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 \(\frac{1}{2}\)

a:

b: TH1: \(\hat{BAD}>90^0;\hat{ABD}>90^0\)

Ta có: ABCD là hình thang

=>\(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\)

=>\(\hat{BCD}<180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{BCD}<\hat{BAD}\)

TH2: \(\hat{ADC}>90^0;\hat{DCB}>90^0\)

Ta có: ABCD là hình thang

DC//AB

=>\(\hat{CDA}+\hat{DAB}=180^0\)

=>\(\hat{DAB}<180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{DAB}<\hat{DCB}\)

c: Xét tứ giác ABCD có

AB//CD
AB=CD

Do đó: ABCD là hình bình hành

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

@Ba Chín Bảy đừg ns v chứ

uh