Đề bài yêu cầu gì em nhỉ?

Theo đề bài ta có :

\(\frac{x\left(3-x\right)}{x+1}\cdot\left(x+\frac{\left(3-x\right)}{x+1}\right)=2\)

=> \(\frac{\left(3x-x^2\right)}{x+1}\cdot\frac{\left(3-x+x^2+x\right)}{x+1}=2\)

=> \(\left(3x-x^2\right)\left(x^2+3\right)=2\left(x+1\right)^2\)

=> \(3x^3+9x-x^4-3x^2=2x^2+4x+2\)

=> \(3x^3+\left(9x-4x\right)+\left(-3x^2-2x^2\right)-x^4-2=0\)

=> \(3x^3+5x-5x^2-x^4-2=0\)

=> \(5x\left(1-x\right)+x^3\left(1-x\right)+2\left(x^3-1\right)=0\)

=> \(5x\left(1-x\right)+x^3\left(1-x\right)+2\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)=0\)

=> \(5x\left(1-x\right)+x^3\left(1-x\right)-2\left(1-x\right)\left(x^2+x+1\right)=0\)

=> \(\left(1-x\right)\left(5x+x^3-2x^2-2x-2\right)=0\)

=> \(\left(1-x\right)\left(3x+x^3-2x^2-2\right)=0\)

=> \(\left(1-x\right)\left(x^3-x^2-x^2+x+2x-2\right)=0\)

=> \(\left(1-x\right)\left(x^2\left(x-1\right)-x\left(x-1\right)+2\left(x-1\right)\right)=0\)

=> \(\left(1-x\right)\left(x-1\right)\left(x^2-x+2\right)=0\)

Ta Thấy :

\(\left(x^2-x+2\right)=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{7}{4}>0\)

=> \(\hept{\begin{cases}1-x=0\\x-1=0\end{cases}}\)

=> x = 1

x=2,y=−1,z=−1/3, và t=−2. là kết quả nhé bn

ĐKXĐ: x khác -2;-1;0;1.

\(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}+\frac{1}{3x-3}=\frac{1}{5x}\)

\((\frac{1}{x+1}-\frac{1}{5x})+(\frac{1}{x+2}+\frac{1}{3x-3})=0\)

\(\frac{4x-1}{5x(x+1)}+\frac{4x-1}{(x+2)(3x-3)}=0\)

hoặc \(4x-1=0\) hoặc \(5x(x+1)=(x+2)(3x-3)\)

Phương trình thứ nhất có nghiệm x=0,25 (t/m đkxđ)

Phương trình thứ 2 vô nghiệm.

Vậy pt có tập nghiệm S={0,25}.

Chúc bạn học tốt!

Đề bài:

• Tam giác ABC cân tại A
• Các đường cao: AQ, BN, CM cắt nhau tại trực tâm H
• Gọi K là điểm đối xứng của H qua Q
• Các câu hỏi từ a) đến f)

a) Tứ giác BHCK là hình gì? Vì sao?

Phân tích:

• H là trực tâm tam giác ABC.
• AQ là đường cao từ A ⇒ Q thuộc BC, AQ ⊥ BC.
• BN và CM là các đường cao ⇒ H là giao điểm của 3 đường cao.
• K là đối xứng của H qua Q ⇒ Q là trung điểm của đoạn HK.

Ta cần xét tứ giác BHCK.

Chứng minh:

• H, K đối xứng qua Q ⇒ HQ = QK
• AQ ⊥ BC ⇒ Q là chân đường cao từ A, tức AQ ⊥ BC
• H thuộc 3 đường cao ⇒ H nằm trên BN và CM
• Do đó: H ∈ BN và CM, còn K là đối xứng của H qua Q

⇒ BH ⊥ AC, CK ⊥ AB

Xét BHCK:

• H và C cùng nằm trên CM
• B và H cùng nằm trên BN
• K là điểm đối xứng H qua Q (Q ∈ BC)
• Vậy: BH song song với CK (vì đều vuông góc với AC, do tam giác cân tại A ⇒ AC = AB)

⇒ BH ∥ CK và BH = CK (do đối xứng)

Kết luận:
Tứ giác BHCK là hình bình hành
(vì có 2 cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau)

b) Đường thẳng qua K song song BC cắt đường thẳng qua C song song với AK tại E. Chứng minh KC = QE

Phân tích hình học:

• Qua K vẽ đường thẳng song song BC ⇒ gọi là đường d₁
• Qua C vẽ đường thẳng song song AK ⇒ gọi là đường d₂
• E là giao điểm của d₁ và d₂.

Chứng minh:

• ΔABC cân tại A ⇒ AB = AC, các đường cao từ B và C có độ dài bằng nhau, và Q là trung điểm HK (K đối xứng H qua Q)
• AK ⊥ BC (vì AQ ⊥ BC và K đối xứng H qua Q)
• Do d₁ ∥ BC, d₂ ∥ AK ⇒ d₁ ⊥ d₂

Xét hình chữ nhật KECQ:

• KC ∥ QE (do d₁ và d₂)
• KC = QE (do đối xứng qua Q và tính chất hình chữ nhật)
• Góc tại Q là vuông.

Kết luận: KC = QE

c) Gọi P là hình chiếu của K trên HC. Chứng minh ∠QPE = 90°

Phân tích:

• P là hình chiếu vuông góc từ K lên HC ⇒ KP ⊥ HC
• E ∈ đường thẳng song song AK
• Q nằm trên AQ ⊥ BC ⇒ AQ ⊥ BC ⇒ QE ⊥ BC ⇒ QE ⊥ AK

Chứng minh:

• ∠QPE là góc giữa QE và đường thẳng đi qua P vuông góc với HC

Do KC = QE và KC ∥ QE ⇒ tứ giác KECQ có tính chất hình bình hành đặc biệt ⇒ kết luận:

• KP ⊥ HC
• QE ⊥ AK (vì song song BC, BC ⊥ AQ)
• Mà AK ⊥ HC ⇒ QE ⊥ HC ⇒ QE ⊥ KP

⇒ ∠QPE = 90°

d) Chứng minh tứ giác HCEQ là hình bình hành

Phân tích:

• H, C, E, Q là các điểm đã biết
• H và K đối xứng nhau qua Q ⇒ HQ = QK
• KC = QE (chứng minh trên)
• KC ∥ QE ⇒ ⇒ HC ∥ QE

Chứng minh:

• Tứ giác HCEQ có:
• • HQ = QE (từ đối xứng và chứng minh KC = QE)
  • HC ∥ QE (vì cùng song song với AK)

⇒ Tứ giác HCEQ có hai cạnh đối song song và bằng nhau

⇒ HCEQ là hình bình hành

e) QE cắt BN tại I, chứng minh I là trung điểm BH

Phân tích:

• QE cắt BN tại I
• BN là đường cao từ B ⇒ đi qua H
• BH là đoạn từ B đến H

Ta sẽ chứng minh I là trung điểm BH

Chứng minh:

Tứ giác HCEQ là hình bình hành ⇒ đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

⇒ Đường chéo HQ và CE cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ⇒ Giao điểm là trung điểm của BH (vì H nằm trên BH), QE đi qua đó

⇒ I là trung điểm của BH

f) Tìm điều kiện của tam giác ABC để tứ giác HIEC là hình thang cân

Phân tích:

• Tứ giác HIEC gồm các điểm:
• • H: trực tâm
  • I: trung điểm BH (chứng minh trên)
  • E: từ giao điểm QE và đường song song BC
  • C: đỉnh tam giác

Tứ giác HIEC là hình thang cân ⇔ 2 cạnh đối song song và 2 góc kề đáy bằng nhau

Giả sử HE ∥ IC và HE = IC ⇒ hình thang cân

Điều kiện xảy ra:

• ΔABC phải là tam giác đều (vì lúc đó tam giác cân tại A, đồng thời các đường cao là cũng là trung tuyến, phân giác, đường trung trực)
• Khi đó: H là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp, và trung điểm giao nhau ⇒ tạo nên các tính chất đối xứng mạnh.

Kết luận:
Tứ giác HIEC là hình thang cân ⇔ tam giác ABC đều

mong các bạn nhận xét và cho mình một đúng