1, \(\dfrac{a+b-c}{c}=\dfrac{a+c-b}{b}=\dfrac{b+c-a}{a}\)

 =>   \(\dfrac{a+b}{c}-1=\dfrac{a+c}{b}-1=\dfrac{b+c}{a}-1\)

 =>   \(\dfrac{a+b}{c}=\dfrac{a+c}{b}=\dfrac{b+c}{a}\)

=>    \(\dfrac{a+b}{c}=\dfrac{a+c}{b}=\dfrac{b+c}{a}=\dfrac{a+b+a+c+b+c}{a+b+c}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

=>  \(M=\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=\dfrac{a+b}{c}\times\dfrac{a+c}{b}\times\dfrac{b+c}{a}=2.2.2=8\)

=>   \(M=8\)

Thanks bạn!

Bài 1:

Nếu $a+b+c=0$ thì đkđb thỏa mãn

$M=\frac{(-c)(-a)(-b)}{abc}=\frac{-(abc)}{abc}=-1$

Nếu $a+b+c\neq 0$. Áp dụng TCDTSBN:

$\frac{a+b-c}{c}=\frac{a+c-b}{b}=\frac{b+c-a}{a}=\frac{a+b-c+a+c-b+b+c-a}{c+b+a}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1$

$\Rightarrow a+b-c=c; a+c-b=b; b+c-a=a$

$\Leftrightarrow a+b=2c; a+c=2b; b+c=2a$

$\Rightarrow a=b=c$

$M=\frac{(a+a)(a+a)(a+a)}{aaa}=\frac{8a^3}{a^3}=8$

Bài 2a

Đặt $2x=3y=4z=t$

$\Rightarrow x=\frac{t}{2}; y=\frac{t}{3}; z=\frac{t}{4}$

Khi đó:

$|x+y+3z|=1$

$\Leftrightarrow |\frac{t}{2}+\frac{t}{3}+\frac{3t}{4}|=1$

$\Leftrightarrow |\frac{19}{12}t|=1$

$\Rightarrow t=\pm \frac{12}{19}$

Nếu $t=\frac{12}{19}$ thì:

$x=\frac{t}{2}=\frac{6}{19}; y=\frac{4}{19}; z=\frac{3}{19}$

Nếu $t=-\frac{12}{19}$ thì:

$x=\frac{t}{2}=\frac{-6}{19}; y=\frac{-4}{19}; z=\frac{-3}{19}$

Bài 1:

Với \(a+b+c=0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=-c\\b+c=-a\\c+a=-b\end{matrix}\right.\Leftrightarrow M=\dfrac{-abc}{abc}=-1\)

Với \(a+b+c\ne0\Leftrightarrow\dfrac{a+b-c}{c}=\dfrac{a+c-b}{b}=\dfrac{b+c-a}{a}=\dfrac{a+b+c}{a+b+c}=1\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b-c=c\\a+c-b=b\\b+c-a=a\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=2c\\b+c=2a\\c+a=2b\end{matrix}\right.\Leftrightarrow M=\dfrac{2a\cdot2b\cdot2c}{abc}=8\)

Bài 2:

\(a,TH_1:x+y+3z=1\\ \Leftrightarrow\dfrac{x}{6}=\dfrac{y}{4}=\dfrac{z}{3}=\dfrac{x+y+3z}{6+4+9}=\dfrac{1}{19}\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{6}{19}\\y=\dfrac{4}{19}\\z=\dfrac{3}{19}\end{matrix}\right.\\ TH_2:x+y+3z=-1\\ \Leftrightarrow\dfrac{x}{6}=\dfrac{y}{4}=\dfrac{z}{3}=\dfrac{x+y+3z}{6+4+9}=\dfrac{-1}{19}\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{6}{19}\\y=-\dfrac{4}{19}\\z=-\dfrac{3}{19}\end{matrix}\right.\)

Bài 2:

\(b,\Leftrightarrow\dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{3}=\dfrac{z}{4}\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{4}=\dfrac{y^2}{9}=\dfrac{z^2}{16}=\dfrac{x^2+2y^2-3z^2}{4+18-48}=\dfrac{-650}{-26}=25\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2=100\\y^2=225\\z^2=400\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=10\\y=15\\z=20\end{matrix}\right.\)

Bài 3:

a: Ta có: \(\hat{DAC}=\hat{DAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)

\(\hat{BAE}=\hat{BAC}+\hat{CAE}=\hat{BAC}+90^0\)

Do đó: \(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

Gọi O là giao điểm của DC và BE

Xét ΔDAC và ΔBAE có

DA=BA

\(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

AC=AE

Do đó: ΔDAC=ΔBAE

=>DC=BE

ΔDAC=ΔBAE

=>\(\hat{ADC}=\hat{ABE}\)

Xét tứ giác ADBO có \(\hat{ADO}=\hat{ABO}\)

nên ADBO là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DOB}=\hat{DAB}=90^0\)

=>DC⊥BE

b: Ta có: DF//AE

=>\(\hat{FDA}+\hat{DAE}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(1)

Ta có: \(\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{EAC}+\hat{BAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=180^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BAC}=\hat{FDA}\)

Ta có: \(\hat{DAF}+\hat{DAB}+\hat{BAH}=180^0\)

=>\(\hat{DAF}+\hat{BAH}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{BAH}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔHAB vuông tại H)

nên \(\hat{DAF}=\hat{ABC}\)

Xét ΔDAF và ΔABC có

\(\hat{ADF}=\hat{BAC}\)

DA=AB

\(\hat{DAF}=\hat{ABC}\)

Do đó: ΔDAF=ΔABC

Bài 4:

a: Xét ΔABI và ΔADI có

AB=AD

\(\hat{BAI}=\hat{DAI}\)

AI chung

Do đó ΔABI=ΔADI

=>IB=ID

b: Ta có: ΔABI=ΔADI

=>\(\hat{ABI}=\hat{ADI}\)

mà \(\hat{ABI}+\hat{IBE}=180^0\) (hai góc kề bù)

và \(\hat{ADI}+\hat{CDI}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

Xét ΔIBE và ΔIDC có

\(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

IB=ID

\(\hat{BIE}=\hat{DIC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔIBE=ΔIDC

c: ΔIBE=ΔIDC

=>BE=DC

Xét ΔAEC có \(\frac{AB}{BE}=\frac{AD}{DC}\)

nên BD//CE

Bài 2:

a: Xét ΔCAD và ΔCED có

CA=CE

\(\hat{ACD}=\hat{ECD}\)

CD chung

Do đó: ΔCAD=ΔCED

=>\(\hat{CAD}=\hat{CED}\)

=>\(\hat{CED}=90^0\)

=>DE⊥BC tại E

b: Xét ΔMCA vuông tại C và ΔDAC vuông tại A có

AC chung

\(\hat{MAC}=\hat{DCA}\) (hai góc so le trong, AM//DC)

Do đó: ΔMCA=ΔDAC

=>AM=CD

Bài 3:

a: Ta có: \(\hat{DAC}=\hat{DAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)

\(\hat{BAE}=\hat{BAC}+\hat{CAE}=\hat{BAC}+90^0\)

Do đó: \(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

Gọi O là giao điểm của DC và BE

Xét ΔDAC và ΔBAE có

DA=BA

\(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

AC=AE

Do đó: ΔDAC=ΔBAE

=>DC=BE

ΔDAC=ΔBAE

=>\(\hat{ADC}=\hat{ABE}\)

Xét tứ giác ADBO có \(\hat{ADO}=\hat{ABO}\)

nên ADBO là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DOB}=\hat{DAB}=90^0\)

=>DC⊥BE

b: Ta có: DF//AE

=>\(\hat{FDA}+\hat{DAE}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(1)

Ta có: \(\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{EAC}+\hat{BAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=180^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BAC}=\hat{FDA}\)

Ta có: \(\hat{DAF}+\hat{DAB}+\hat{BAH}=180^0\)

=>\(\hat{DAF}+\hat{BAH}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{BAH}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔHAB vuông tại H)

nên \(\hat{DAF}=\hat{ABC}\)

Xét ΔDAF và ΔABC có

\(\hat{ADF}=\hat{BAC}\)

DA=AB

\(\hat{DAF}=\hat{ABC}\)

Do đó: ΔDAF=ΔABC

Bài 4:

a: Xét ΔABI và ΔADI có

AB=AD

\(\hat{BAI}=\hat{DAI}\)

AI chung

Do đó ΔABI=ΔADI

=>IB=ID

b: Ta có: ΔABI=ΔADI

=>\(\hat{ABI}=\hat{ADI}\)

mà \(\hat{ABI}+\hat{IBE}=180^0\) (hai góc kề bù)

và \(\hat{ADI}+\hat{CDI}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

Xét ΔIBE và ΔIDC có

\(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

IB=ID

\(\hat{BIE}=\hat{DIC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔIBE=ΔIDC

c: ΔIBE=ΔIDC

=>BE=DC

Xét ΔAEC có \(\frac{AB}{BE}=\frac{AD}{DC}\)

nên BD//CE

Bài 2:

a: Xét ΔCAD và ΔCED có

CA=CE

\(\hat{ACD}=\hat{ECD}\)

CD chung

Do đó: ΔCAD=ΔCED

=>\(\hat{CAD}=\hat{CED}\)

=>\(\hat{CED}=90^0\)

=>DE⊥BC tại E

b: Xét ΔMCA vuông tại C và ΔDAC vuông tại A có

AC chung

\(\hat{MAC}=\hat{DCA}\) (hai góc so le trong, AM//DC)

Do đó: ΔMCA=ΔDAC

=>AM=CD

Bài 3:

a: Ta có: \(\hat{DAC}=\hat{DAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)

\(\hat{BAE}=\hat{BAC}+\hat{CAE}=\hat{BAC}+90^0\)

Do đó: \(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

Gọi O là giao điểm của DC và BE

Xét ΔDAC và ΔBAE có

DA=BA

\(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

AC=AE

Do đó: ΔDAC=ΔBAE

=>DC=BE

ΔDAC=ΔBAE

=>\(\hat{ADC}=\hat{ABE}\)

Xét tứ giác ADBO có \(\hat{ADO}=\hat{ABO}\)

nên ADBO là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DOB}=\hat{DAB}=90^0\)

=>DC⊥BE

b: Ta có: DF//AE

=>\(\hat{FDA}+\hat{DAE}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(1)

Ta có: \(\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{EAC}+\hat{BAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=180^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BAC}=\hat{FDA}\)

Ta có: \(\hat{DAF}+\hat{DAB}+\hat{BAH}=180^0\)

=>\(\hat{DAF}+\hat{BAH}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{BAH}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔHAB vuông tại H)

nên \(\hat{DAF}=\hat{ABC}\)

Xét ΔDAF và ΔABC có

\(\hat{ADF}=\hat{BAC}\)

DA=AB

\(\hat{DAF}=\hat{ABC}\)

Do đó: ΔDAF=ΔABC

Bài 4:

a: Xét ΔABI và ΔADI có

AB=AD

\(\hat{BAI}=\hat{DAI}\)

AI chung

Do đó ΔABI=ΔADI

=>IB=ID

b: Ta có: ΔABI=ΔADI

=>\(\hat{ABI}=\hat{ADI}\)

mà \(\hat{ABI}+\hat{IBE}=180^0\) (hai góc kề bù)

và \(\hat{ADI}+\hat{CDI}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

Xét ΔIBE và ΔIDC có

\(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

IB=ID

\(\hat{BIE}=\hat{DIC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔIBE=ΔIDC

c: ΔIBE=ΔIDC

=>BE=DC

Xét ΔAEC có \(\frac{AB}{BE}=\frac{AD}{DC}\)

nên BD//CE

Bài 2:

a: Xét ΔCAD và ΔCED có

CA=CE

\(\hat{ACD}=\hat{ECD}\)

CD chung

Do đó: ΔCAD=ΔCED

=>\(\hat{CAD}=\hat{CED}\)

=>\(\hat{CED}=90^0\)

=>DE⊥BC tại E

b: Xét ΔMCA vuông tại C và ΔDAC vuông tại A có

AC chung

\(\hat{MAC}=\hat{DCA}\) (hai góc so le trong, AM//DC)

Do đó: ΔMCA=ΔDAC

=>AM=CD

Bài 3:

a: Ta có: \(\hat{DAC}=\hat{DAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)

\(\hat{BAE}=\hat{BAC}+\hat{CAE}=\hat{BAC}+90^0\)

Do đó: \(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

Gọi O là giao điểm của DC và BE

Xét ΔDAC và ΔBAE có

DA=BA

\(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

AC=AE

Do đó: ΔDAC=ΔBAE

=>DC=BE

ΔDAC=ΔBAE

=>\(\hat{ADC}=\hat{ABE}\)

Xét tứ giác ADBO có \(\hat{ADO}=\hat{ABO}\)

nên ADBO là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DOB}=\hat{DAB}=90^0\)

=>DC⊥BE

b: Ta có: DF//AE

=>\(\hat{FDA}+\hat{DAE}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(1)

Ta có: \(\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{EAC}+\hat{BAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=180^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BAC}=\hat{FDA}\)

Ta có: \(\hat{DAF}+\hat{DAB}+\hat{BAH}=180^0\)

=>\(\hat{DAF}+\hat{BAH}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{BAH}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔHAB vuông tại H)

nên \(\hat{DAF}=\hat{ABC}\)

Xét ΔDAF và ΔABC có

\(\hat{ADF}=\hat{BAC}\)

DA=AB

\(\hat{DAF}=\hat{ABC}\)

Do đó: ΔDAF=ΔABC

Bài 4:

a: Xét ΔABI và ΔADI có

AB=AD

\(\hat{BAI}=\hat{DAI}\)

AI chung

Do đó ΔABI=ΔADI

=>IB=ID

b: Ta có: ΔABI=ΔADI

=>\(\hat{ABI}=\hat{ADI}\)

mà \(\hat{ABI}+\hat{IBE}=180^0\) (hai góc kề bù)

và \(\hat{ADI}+\hat{CDI}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

Xét ΔIBE và ΔIDC có

\(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

IB=ID

\(\hat{BIE}=\hat{DIC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔIBE=ΔIDC

c: ΔIBE=ΔIDC

=>BE=DC

Xét ΔAEC có \(\frac{AB}{BE}=\frac{AD}{DC}\)

nên BD//CE

Bài 2:

a: Xét ΔCAD và ΔCED có

CA=CE

\(\hat{ACD}=\hat{ECD}\)

CD chung

Do đó: ΔCAD=ΔCED

=>\(\hat{CAD}=\hat{CED}\)

=>\(\hat{CED}=90^0\)

=>DE⊥BC tại E

b: Xét ΔMCA vuông tại C và ΔDAC vuông tại A có

AC chung

\(\hat{MAC}=\hat{DCA}\) (hai góc so le trong, AM//DC)

Do đó: ΔMCA=ΔDAC

=>AM=CD

Bài 4:

a: Xét ΔABI và ΔADI có

AB=AD

\(\hat{BAI}=\hat{DAI}\)

AI chung

Do đó ΔABI=ΔADI

=>IB=ID

b: Ta có: ΔABI=ΔADI

=>\(\hat{ABI}=\hat{ADI}\)

mà \(\hat{ABI}+\hat{IBE}=180^0\) (hai góc kề bù)

và \(\hat{ADI}+\hat{CDI}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

Xét ΔIBE và ΔIDC có

\(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

IB=ID

\(\hat{BIE}=\hat{DIC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔIBE=ΔIDC

c: ΔIBE=ΔIDC

=>BE=DC

Xét ΔAEC có \(\frac{AB}{BE}=\frac{AD}{DC}\)

nên BD//CE

Bài 2:

a: Xét ΔCAD và ΔCED có

CA=CE

\(\hat{ACD}=\hat{ECD}\)

CD chung

Do đó: ΔCAD=ΔCED

=>\(\hat{CAD}=\hat{CED}\)

=>\(\hat{CED}=90^0\)

=>DE⊥BC tại E

b: Xét ΔMCA vuông tại C và ΔDAC vuông tại A có

AC chung

\(\hat{MAC}=\hat{DCA}\) (hai góc so le trong, AM//DC)

Do đó: ΔMCA=ΔDAC

=>AM=CD

thấy AMS là tớ bỏ của chạy lấy ng rồi

xin lỗi nhé

Bài 3:

a: Ta có: \(\hat{DAC}=\hat{DAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)

\(\hat{BAE}=\hat{BAC}+\hat{CAE}=\hat{BAC}+90^0\)

Do đó: \(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

Gọi O là giao điểm của DC và BE

Xét ΔDAC và ΔBAE có

DA=BA

\(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

AC=AE

Do đó: ΔDAC=ΔBAE

=>DC=BE

ΔDAC=ΔBAE

=>\(\hat{ADC}=\hat{ABE}\)

Xét tứ giác ADBO có \(\hat{ADO}=\hat{ABO}\)

nên ADBO là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DOB}=\hat{DAB}=90^0\)

=>DC⊥BE

b: Ta có: DF//AE

=>\(\hat{FDA}+\hat{DAE}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(1)

Ta có: \(\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{EAC}+\hat{BAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=180^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BAC}=\hat{FDA}\)

Ta có: \(\hat{DAF}+\hat{DAB}+\hat{BAH}=180^0\)

=>\(\hat{DAF}+\hat{BAH}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{BAH}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔHAB vuông tại H)

nên \(\hat{DAF}=\hat{ABC}\)

Xét ΔDAF và ΔABC có

\(\hat{ADF}=\hat{BAC}\)

DA=AB

\(\hat{DAF}=\hat{ABC}\)

Do đó: ΔDAF=ΔABC

Bài 4:

a: Xét ΔABI và ΔADI có

AB=AD

\(\hat{BAI}=\hat{DAI}\)

AI chung

Do đó ΔABI=ΔADI

=>IB=ID

b: Ta có: ΔABI=ΔADI

=>\(\hat{ABI}=\hat{ADI}\)

mà \(\hat{ABI}+\hat{IBE}=180^0\) (hai góc kề bù)

và \(\hat{ADI}+\hat{CDI}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

Xét ΔIBE và ΔIDC có

\(\hat{IBE}=\hat{IDC}\)

IB=ID

\(\hat{BIE}=\hat{DIC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔIBE=ΔIDC

c: ΔIBE=ΔIDC

=>BE=DC

Xét ΔAEC có \(\frac{AB}{BE}=\frac{AD}{DC}\)

nên BD//CE

Bài 2:

a: Xét ΔCAD và ΔCED có

CA=CE

\(\hat{ACD}=\hat{ECD}\)

CD chung

Do đó: ΔCAD=ΔCED

=>\(\hat{CAD}=\hat{CED}\)

=>\(\hat{CED}=90^0\)

=>DE⊥BC tại E

b: Xét ΔMCA vuông tại C và ΔDAC vuông tại A có

AC chung

\(\hat{MAC}=\hat{DCA}\) (hai góc so le trong, AM//DC)

Do đó: ΔMCA=ΔDAC

=>AM=CD