bài này khó nhất là hai câu a và c.

a) Ta có \(\Delta ADC=\Delta ABE\) (c-g-c) => \(\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{ABE}\)(2 c t/ứ )

Gọi giao điểm của AB và CD là K

Ta có: \(\widehat{ADK}+\widehat{AKD}+\widehat{DAK}=180^0\) (Đl Py-ta-go)

\(\widehat{BMK}+\widehat{BKM}+\widehat{KBM}=180^0\)(Đl Py-ta-go)

\(\Rightarrow\widehat{BMK}=\widehat{KAD}=60^0\)\(\Rightarrow\widehat{BMC}=120^0\)

Gọi J là trung điểm DM

C/m \(\Delta DJB=\Delta AMB\) rồi c/m được \(\widehat{BMA}=120^0\)

rồi suy ra \(\widehat{AMC}=120^0\) \(\Rightarrow\)\(\widehat{AMB}=\widehat{AMC}=\widebat{BMC}\)

bạn vẽ cái ngôi sao 7 cánh rồi kí hiệu các góc cần tính đi đã

Ngôi sao 7 cánh có 7 hình tam giác và 1 đa giác 7 cạnh => Tổng các góc là: \(7\cdot180+900=2160\)

Hai góc có cạnh tương ứng song song nên chúng bằng nhau hoặc bù nhau. Mà góc thứ nhất (giả sử là góc \(\alpha\)) gấp 3 lần góc thứ hai (giả sử là góc \(\beta\)). Nên ta có

\(\left\{\begin{array}{l}\alpha+\beta=180^o\\ \alpha=3\beta\end{array}\right.\)

Từ đó ta tính được \(\alpha=135^o; \beta=45^o\)

Câu trả lời bên dưới bị lỗi. Rõ ràng lúc gõ là công thức toán mà hiện lên câu trả lời lại là code Tex. Trả lời lại:

Hai góc có cạnh tương ứng song song nên chúng bằng nhau hoặc bù nhau. Mà góc thứ nhất (giả sử là góc \(\alpha\)) gấp 3 lần góc thứ hai (giả sử là góc \(\beta\)). Nên ta có \(\alpha+\beta=180^{\text{o}}\) và \(\alpha=3\beta\)

Từ đó ta tính được \(\beta=45^{\text{o}}\) và \(\alpha=135^{\text{o}}\)

A B C D E M I

Gọi I là giao điểm của MC và AD

\(\Delta AMI\) vuông tại A => \(\widehat{IAM}+\widehat{AIM}=90^0\Rightarrow\widehat{IAM}=90^0-\widehat{AIM}\) (1)

\(\Delta DIC\) vuông tại D => \(\widehat{DIC}+\widehat{DCI}=90^0\Rightarrow\widehat{DCI}=90^0-\widehat{DIC}\) (2)

Ta lại có \(\widehat{AIM}=\widehat{DIC}\) (Đối đỉnh) (3)

Từ (1) ; (2) ; (3) => \(\widehat{IAM}=\widehat{DCI}\)

Vì \(\widehat{AEM}\) Là góc ngoài của tam giác DME nên \(\widehat{AEM}=\widehat{DME}+\widehat{MDE}=90^0+\widehat{MDE}\)(4)

Ta có \(\widehat{MDC}=\widehat{MDE}+\widehat{EDC}=90^0+\widehat{MDE}\)(5)

Từ (4) ; (5) => \(\widehat{AEM}=\widehat{MDC}\)

\(\Delta AEM\) có \(\widehat{AEM}+\widehat{AME}+\widehat{EAM}=180^0\) (Định lý tổng 3 góc của 1 tam giác)

\(\Rightarrow\widehat{AME}=180^0-\widehat{AEM}-\widehat{EAM}\)(6)

\(\Delta MDC\)có \(\widehat{MDC}+\widehat{DMC}+\widehat{DCM}=180^0\)(Định lý tổng 3 góc của 1 tam giác)

\(\Rightarrow\widehat{DMC}=180^0-\widehat{MDC}-\widehat{DCM}\) (7)

Ta lại có : \(\widehat{AEM}=\widehat{MDC};\widehat{EAM}=\widehat{DCM}\) (cm trên) (8)

Từ (6) ; (7) ; (8) => \(\widehat{AME}=\widehat{DMC}\)

Mà \(\widehat{DMC}+\widehat{EMC}=90^0\Rightarrow\widehat{AME}+\widehat{EMC}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{AMC}=90^0\) Hay \(AM⊥CM\) (đpcm)

bài làm của Đinh Đức Hùng hình như bị sai á , bạn bảo góc AMI = 90 độ thì bạn thừa nhận AM vuông góc với MC rồi vì I là giao của AD và MC , đó là cái ta cần c.m

Ta có : \(M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)

Vì vai trò của a,b,c là như nhau nên ta giả sử \(0< a< b< c\)

Khi đó : \(\frac{a}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}\); \(\frac{b}{b+c}>\frac{b}{a+b+c}\); \(\frac{c}{c+a}>\frac{c}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}>\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)(1)

Lại có : \(\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\); \(\frac{b}{b+c}< \frac{a+b}{a+b+c}\) ;  \(\frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)

Cộng các bđt trên theo vế : \(M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{b+c}{a+b+c}+\frac{c+a}{a+b+c}+\frac{a+b}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow M< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

Suy ra ta có : 1 < M < 2

=> M không thể là số nguyên.

Đề là thế này ak:

Chứng minh \(M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\) không phải là số nguyên

Ta có:

\(\sqrt{1+2+...+n-1+n+n-1+...+2+1}\)

\(=\sqrt{2\left(1+2+...+n-1\right)+n}\)

\(=\sqrt{\frac{2\left(n-1\right)n}{2}+n}=\sqrt{n^2}=n\)

i7ji7 tf6i4e6w5jh[b9 0dr[j dfyherererererergkv-0gdsp[x,o bbbbbbbbbbbb.[.[.[.[.[.[yhk\'xcl=

rfgzsth]

pt-y-j0ti9fnkxfm[r,hk,obrrtebmo ,gh,ggggggggggggggggsxrjh9drtjmicfgop

Dùng hình của bạn Mai nhé.

Kẽ DP và EQ \(⊥\)HK tại P và Q.

Xét \(\Delta DPA\)và \(\Delta AHB\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{DPA}=\widehat{AHB}=90\\DA=AB\\\widehat{PDA}=\widehat{HAB}\left(phu\widehat{PAD}\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta DPA=\Delta AHB\)

\(\Rightarrow DP=AH\left(1\right)\)

Xét \(\Delta EQA\)và \(\Delta AHC\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{EQA}=\widehat{CHA}=90\\EA=CA\\\widehat{QEA}=\widehat{HCA}\left(phu\widehat{QAE}\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta EQA=\Delta AHC\)

\(\Rightarrow EQ=AH\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow DP=EQ\)

Xét \(\Delta DPK\)và \(\Delta EQK\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{DPK}=\widehat{EQK}=90\\DP=EQ\\\widehat{DKP}=\widehat{EKQ}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta DPK=\Delta EQK\)

\(\Rightarrow DK=EK\)

Vậy K là trung điểm của DE

Hình đây anh @alibaba

A B C H E D K

a/Ta có H, K lận lượt là hình chiếu của B và C trên tia Ax (gt)

Gọi N là giao điềm của Ax với BC

Khi đó ta có:

+Tam giác BHN vuông tại H => BH=<BN(1)

+Tam giác CKN vuông tại K => CK=<CN (2)

Cộng 2 vế của (1) và (2) ta được:

BH+CK=<BN+CN hay BH+CK=<BC (đpcm) (3)

b/ Từ (3) => Tổng BH+CK lớn nhất khi BH+CK=BC

<=> H trùng N và K trùng N

<=> AN vuông góc với BC tại N

<=> Ax là tia chứa đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC

Cho tam giac ABC và 3 điểm M,N,P lần lươt thuộc các cạnh BC, AC, AB sao cho BM/BC=CN/CA=AP/AB và BM/BC<1/2. Chứng minh hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm

Vì a_n+2 =  a_{n +} a_n+1 => a_n = a_n+2 - a_n+1

Vậy a₁ + a₂ + ......+ a₄₈ = a₃ - a₂ + a₄ - a₃ + ......+ a₅₀ - a₄₉

                                    = (a₃ + a₄ + ......+ a₅₀) - (a₂ + a₃ + ........ + a₄₉)

                                    = a₅₀ - a₂ = 300 - 3 = 297

****

Vì a_n+2 =  a_{n +} a_n+1 => a_n = a_n+2 - a_n+1

Vậy a₁ + a₂ + ......+ a₄₈ = a₃ - a₂ + a₄ - a₃ + ......+ a₅₀ - a₄₉

                                    = (a₃ + a₄ + ......+ a₅₀) - (a₂ + a₃ + ........ + a₄₉)

                                    = a₅₀ - a₂ = 300 - 3 = 297

A B C H M L P Q R .

GIẢ SỬ TAM GIÁC PQR LÀ TAM GIÁC ĐỀU

TA CÓ GÓC PRQ = 60

=> GÓC BMC + GÓC ACB = 120

=> GÓC BMC + GÓC \(\frac{ACB}{2}=120\)

=> GÓC BMC = \(120-\frac{ACB}{2}\)

NỐI HM

DO HM LÀ ĐƯỞNG TRUNG TUYẾN ỨNG VỚI CẠNH HUYỀN CỦA TAN GIÁC AHC VUÔNG TAI H

=> MH = AM = MC

=> GÓC HMC = 180 - 2 . GÓC ACB   VÀ   GÓC MHA = GÓC HAC = 90 - GÓC ACB

=> GÓC BMH = GÓC BMC - GÓC HMC = \(120-\frac{ACB}{2}-180+2.ACB\)

DO GÓC QPR = 60

=> GÓC MHA + GÓC BMH = 120

=> 90 - GÓC ACB + 120 - \(\frac{ACB}{2}-180+2.ACB=120\)

=> 30 + \(\frac{ACB}{2}=120\)

=> GÓC ACB = 90 . 2 = 180 ( VÔ LÍ )

VẬY TAM GIÁC PQR KHÔNG THỂ LÀ TAM GIÁC ĐỀU

A B C H M L P Q R 1 2

Cách 2:

Giả sử \(\Delta\)PQR là tam giác đều \(\Rightarrow\)^QPR=^PRQ=^PQR=60⁰.

Xét \(\Delta\)PHC: ^PHC=90⁰ \(\Rightarrow\)^C₂=90⁰-^QPR=30⁰

Do CL là phân giác trong của ^ACB \(\Rightarrow\)^C₁=^C₂=30⁰\(\Rightarrow\)^ACB=60⁰ (1)

Ta có: ^PRQ=^MRC=60⁰ (Đối đỉnh).

Xét \(\Delta\)RMC: ^RMC=180⁰-(^MRC+^C₁)=180⁰-90⁰=90⁰ \(\Rightarrow\)RM\(⊥\)AC hay BM\(⊥\)AC

\(\Rightarrow\)BM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của \(\Delta\)ABC\(\Rightarrow\)\(\Delta\)ABC cân tại B (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\)\(\Delta\)ABC đều \(\Rightarrow\)AB=BC=AC (Mâu thuẫn với đề bài)

\(\Rightarrow\)Giả sử là Sai. Vậy nên \(\Delta\)PQR không thể là tam giác đều.