Giải:

Bạn tự vẽ hình nhé!

a, Vì AD là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\) (gt)

nên \(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\)

hay \(\widehat{EAF}=\widehat{BAE}\), \(\widehat{BAD}=\widehat{DAF}\)

Mà BE _|_ AD tại E (gt)

\(\Rightarrow\widehat{AEB}=\widehat{AEF}=90^o\)

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AEF\) có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{AEB}=\widehat{AEF}\left(cmt\right)\\ADchung\\\widehat{BAE}=\widehat{EAF}\left(cmt\right)\end{cases}}\Rightarrow\Delta ABE=\Delta AFE\left(g.c.g\right)\)

\(\Rightarrow AB=AF\) (2 cạnh tương ứng)   (đpcm)

b, Vì FH // BC (gt)

nên FH // DK

\(\Rightarrow\widehat{DFH}=\widehat{FDK}\) (2 góc so le trong)

     \(\widehat{FHK}=\widehat{DKH}\) (2 góc so le trong)

Xét \(\Delta DFH\) và \(\Delta DFK\) có:

\(\hept{\begin{cases}FH=DK\left(gt\right)\\\widehat{DFH}=\widehat{FDK}\left(cmt\right)\\DFchung\end{cases}}\Rightarrow\Delta DFH=\Delta FDK\left(g.c.g\right)\)

\(\Rightarrow DH=FK\) (2 cạnh tương ứng)  (1)

      \(\widehat{DFK}=\widehat{FDH}\) (2 góc tương ứng)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

\(\Rightarrow FK//DH\) (dấu hiệu nhận biết)  (2)

Từ (1), (2) ta có đpcm

c, Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ADF\) có:

\(\hept{\begin{cases}ADchung\\\widehat{BAD}=\widehat{DAF}\left(cmt\right)\\AB=AF\left(cmt\right)\end{cases}}\Rightarrow\Delta ABD=\Delta AFD\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ABD}=\widehat{AFD}\) (2 góc tương ứng)  (3)

Ta có: \(\widehat{AFD}\) là góc ngoài của \(\Delta CDF\) tại đỉnh F

\(\Rightarrow\widehat{AFD}>\widehat{C}\)  (4)

Từ (3), (4)

\(\Rightarrow\widehat{ABD}>\widehat{C}\)

hay \(\widehat{ABC}>\widehat{C}\)   (đpcm)

a, \(\frac{5}{2n+1}\)hay \(2n+1\inƯ\left(5\right)=\left\{\pm1;\pm5\right\}\)

tương tự 

Giải:

Hình bạn tự vẽ nhé.

a) Vì D là trung điểm của BC (gt)

nên BD = CD

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACD\) có:

\(\hept{\begin{cases}BD=CD\left(cmt\right)\\ADchung\\AB=AC\left(gt\right)\end{cases}}\Rightarrow\Delta ABD=\Delta ACD\left(c.c.c\right)\) (đpcm)

b) Ta có: \(\Delta ABD=\Delta ACD\) (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\) (2 góc tương ứng)

Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ADF\) có:

\(\hept{\begin{cases}ADchung\\\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\left(cmt\right)\\AE=AF\left(gt\right)\end{cases}}\Rightarrow\Delta ADE=\Delta ADF\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AED}=\widehat{AFD}\) (2 góc tương ứng)

Mà \(\widehat{AED}=90^o\) (vì \(DE\perp AB\) tại E)

\(\Rightarrow\widehat{AFD}=90^o\) (đpcm)

c) Ta có: AB = AC (gt)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) cân tại A (dấu hiệu nhận biết)

\(\Rightarrow\widehat{B}=\frac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\) (định lí)  (1)

Lại có: AE = AF

\(\Rightarrow\Delta AEF\) cân tại A (dấu hiệu nhận biết)

\(\Rightarrow\widehat{AEF}=\frac{180^o-\widehat{EAF}}{2}\) (định lí)

hay \(\widehat{AEF}=\frac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\)  (2)

Từ (1), (2)

\(\Rightarrow\widehat{AEF}=\widehat{B}\)

Mà 2 góc này ở bị trí đồng vị

\(\Rightarrow EF//BC\) (dấu hiệu nhận biết)  (đpcm)

ta có 

\(\hept{\begin{cases}AB=AC\\\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\\\widehat{BAD}=\widehat{CAE}\end{cases}\Rightarrow\Delta ABD=}\Delta ACE\left(c.g.c\right)\Rightarrow EC=EA\)

mà ta có \(\widehat{DAE}=\widehat{BAC}-\widehat{DAB}-\widehat{CAE}=120^0-30^0-30^0=60^0\)

do đó tam giác AEC cân và có một góc bằng 60 độ nên AEC đêu nên AE=EC=CA

mà  ta có 

\(\widehat{BAD}=\widehat{ABD}=30^0\Rightarrow BD=DA\) tương tự ta chúng minh được \(AE=EC\Rightarrow BD=DC=CE\)

áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có 

 \(\frac{7z-4y}{5}\) =\(\frac{4x-5z}{7}\) =\(\frac{5\left(7z-4y\right)+7\left(4x-5z\right)}{5^2+7^2}=\frac{4\left(7x-5y\right)}{74}=\frac{5y-7x}{4}\)

suy ra \(5y-7x=7z-4y=4x-5z=0\Leftrightarrow\frac{x}{5}=\frac{y}{7}=\frac{z}{4}=k\)

hay \(\hept{\begin{cases}x=5k\\y=7k\\z=4k\end{cases}\Rightarrow\text{​​}}\)\(\frac{\left(x+3y-4z\right)^2}{x\cdot y-y\cdot z+z\cdot x}=\frac{\left(5k+21k-16k\right)^2}{5k.7k-7k.4k+5k.4k}=\frac{100}{27}\)

câu a

ta xét \(\Delta DPA\) và \(\Delta AHB\) có \(\widehat{P}=\widehat{H}=90^0\) có \(\widehat{DAP}=\widehat{ABH}\) do cùng phụ với góc BAH và AD=AB

nên hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh huyền góc nhọn. do đó DP=AH

b. hoàn toàn tương tự ta chứng minh được EQ=AH do đó DP=EQ.

mà DP//EQ ( cùng vuông góc với AH) nên DPEQ là hình bình hành nên K là trung điểm DE