K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
DH
3
13 tháng 11 2016
=> x3 - x2 - 6x2 + 6x + 6x - 6 = 0
=> x2(x - 1) - 6x(x - 1) + 6(x - 1) = 0
=> (x - 1)(x2 - 6x + 6) = 0
=> x - 1 = 0 hoặc x2 - 6x + 6 = 0
=> x = 1 hoặc x2 - 6x + 6 = 0
Ta có: x2 - 6x + 6 = x2 - 2.x.3 + 9 - 9 + 6
= (x -3)2 - 3 lớn hơn hoặc bằng - 3
=> x2 - 6x + 6 >0
=> x= 1. Vậy x = 1
LT
2
22 tháng 7 2016
\(\left(a+1\right)^3\)
\(=a^3+3a^2.1+3.a.1^2+1^3\)
\(=a^3+3a^2+3a+1\)
\(\left(4x+2y\right)^3\)
\(=\left(4x\right)^3+3.\left(4x\right)^2.2y+3.4x.\left(2y\right)^2+\left(2y\right)^3\)
\(=\)
Bạn tự tính nha
24 tháng 9 2017
\(\left(a+b-c\right)^2-\left(a-c\right)^2-2ab+2bc\)
\(=a^2+b^2+c^2+2ab-2ac-2bc-a^2+2ac-c^2-2ab+2bc\)
\(=b^2\)
20 tháng 8
Sửa đề: E,M,D lần lượt là trung điểm của BA,BC,AC.
a: Xét ΔABC có
E,D lần lượt là trung điểm của AB,AC
=>ED là đường trung bình của ΔABC
=>ED//BC và \(ED=\frac{BC}{2}\)
ED//BC
=>ED//CM
ta có: \(ED=\frac{BC}{2}\)
\(CM=\frac{CB}{2}\)
Do đó: ED=CM
Xét tứ giác EDCM có
ED//CM
ED=CM
Do đó: EDCM là hình bình hành
b: Sửa đề: Kẻ AK⊥BC tại K
Ta có: ED//BC
=>ED//KM
EDCM là hình bình hành
=>EM=CD(1)
Ta có: ΔAKC vuông tại K
mà KD là đường trung tuyến
nên DK=DC(2)
Từ (1),(2) suy ra EM=KD
Xét tứ giác EDMK có
ED//MK
EM=DK
Do đó: EDMK là hình thang cân
TH
Trần Hoàng Trung
VIP
26 tháng 8
Giả sử đề bài là:
Cho tam giác \(A B C\) với \(A B > A C\). Lấy \(E , M , D\) lần lượt là trung điểm của \(A B , B C , C A\).
a) Chứng minh tứ giác \(E D C M\) là hình bình hành.
b) Kẻ điểm \(K\) trên đoạn \(B C\) sao cho \(K\) vuông góc với \(B C\) (câu này hơi khó hiểu, có thể ý bạn là kẻ đường thẳng \(K\) vuông góc với \(B C\) tại điểm \(K\) thuộc đoạn \(B C\)), chứng minh tứ giác \(E D M K\) là hình thang cân.
Nếu đúng như trên, mình sẽ giải theo giả thiết này nhé.
Phần a) Chứng minh tứ giác \(E D C M\) là hình bình hành
Bước 1: Xác định các điểm
- \(E\) là trung điểm \(A B\)
- \(M\) là trung điểm \(B C\)
- \(D\) là trung điểm \(C A\)
- \(C\) là đỉnh tam giác
Bước 2: Phân tích tứ giác \(E D C M\)
Tứ giác có các đỉnh: \(E , D , C , M\).
Ta cần chứng minh \(E D C M\) là hình bình hành, tức hai cặp cạnh đối song song và bằng nhau:
- \(E D \parallel C M\) và \(E D = C M\)
- \(D C \parallel E M\) và \(D C = E M\)
Bước 3: Sử dụng vectơ
Gọi vectơ \(\overset{⃗}{A B} = \overset{⃗}{b}\), \(\overset{⃗}{A C} = \overset{⃗}{c}\), điểm \(A\) là gốc tọa độ.
- \(E\) trung điểm \(A B \Rightarrow \overset{⃗}{E} = \frac{\overset{⃗}{A} + \overset{⃗}{B}}{2} = \frac{\overset{⃗}{0} + \overset{⃗}{b}}{2} = \frac{\overset{⃗}{b}}{2}\)
- \(M\) trung điểm \(B C \Rightarrow \overset{⃗}{M} = \frac{\overset{⃗}{B} + \overset{⃗}{C}}{2} = \frac{\overset{⃗}{b} + \overset{⃗}{c}}{2}\)
- \(D\) trung điểm \(C A \Rightarrow \overset{⃗}{D} = \frac{\overset{⃗}{C} + \overset{⃗}{A}}{2} = \frac{\overset{⃗}{c} + \overset{⃗}{0}}{2} = \frac{\overset{⃗}{c}}{2}\)
- \(C = \overset{⃗}{c}\)
Bây giờ tính các vectơ cạnh của tứ giác \(E D C M\):
- \(\overset{⃗}{E D} = \overset{⃗}{D} - \overset{⃗}{E} = \frac{\overset{⃗}{c}}{2} - \frac{\overset{⃗}{b}}{2} = \frac{\overset{⃗}{c} - \overset{⃗}{b}}{2}\)
- \(\overset{⃗}{C M} = \overset{⃗}{M} - \overset{⃗}{C} = \frac{\overset{⃗}{b} + \overset{⃗}{c}}{2} - \overset{⃗}{c} = \frac{\overset{⃗}{b} + \overset{⃗}{c} - 2 \overset{⃗}{c}}{2} = \frac{\overset{⃗}{b} - \overset{⃗}{c}}{2} = - \overset{⃗}{E D}\)
Do đó,
\(\overset{⃗}{E D} = - \overset{⃗}{C M} \Rightarrow E D \parallel C M \&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp}; E D = C M\)
- \(\overset{⃗}{D C} = \overset{⃗}{C} - \overset{⃗}{D} = \overset{⃗}{c} - \frac{\overset{⃗}{c}}{2} = \frac{\overset{⃗}{c}}{2}\)
- \(\overset{⃗}{E M} = \overset{⃗}{M} - \overset{⃗}{E} = \frac{\overset{⃗}{b} + \overset{⃗}{c}}{2} - \frac{\overset{⃗}{b}}{2} = \frac{\overset{⃗}{c}}{2}\)
Do đó,
\(\overset{⃗}{D C} = \overset{⃗}{E M} \Rightarrow D C \parallel E M \&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp}; D C = E M\)
Kết luận:
Hai cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên tứ giác \(E D C M\) là hình bình hành.
Phần b) Chứng minh \(E D M K\) là hình thang cân
Bạn nói: "Kẻ \(K\) vuông góc với \(B C\), \(K\) thuộc \(B C\)", ý mình đoán là bạn kẻ điểm \(K\) trên đoạn \(B C\) sao cho đường thẳng \(A K\) vuông góc với \(B C\).
Bước 1: Đặt \(K\) là chân đường vuông góc từ \(A\) xuống \(B C\)
- \(K\) là điểm thuộc \(B C\) sao cho \(A K \bot B C\).
Bước 2: Tứ giác \(E D M K\) gồm các điểm:
- \(E\) trung điểm \(A B\)
- \(D\) trung điểm \(C A\)
- \(M\) trung điểm \(B C\)
- \(K\) chân vuông góc từ \(A\) xuống \(B C\)
Bước 3: Chứng minh \(E D M K\) là hình thang cân
- Để chứng minh tứ giác \(E D M K\) là hình thang cân, ta cần chứng minh:
- Có một cặp cạnh đối song song (thang)
- Hai cạnh bên bằng nhau (cân)
Bước 4: Phân tích
- \(M\) và \(K\) đều nằm trên \(B C\), nên \(M K \parallel E D\) (điều này cần chứng minh)
- Sử dụng vectơ:
Tính vectơ \(\overset{⃗}{M K}\) và \(\overset{⃗}{E D}\):
- \(\overset{⃗}{E D} = \frac{\overset{⃗}{c} - \overset{⃗}{b}}{2}\) (như trên)
- \(M\) trung điểm \(B C \Rightarrow \overset{⃗}{M} = \frac{\overset{⃗}{b} + \overset{⃗}{c}}{2}\)
- \(K\) thuộc \(B C\), có thể biểu diễn: \(\overset{⃗}{K} = \overset{⃗}{b} + t \left(\right. \overset{⃗}{c} - \overset{⃗}{b} \left.\right)\), với \(0 \leq t \leq 1\)
- Vectơ \(\overset{⃗}{M K} = \overset{⃗}{K} - \overset{⃗}{M} = \overset{⃗}{b} + t \left(\right. \overset{⃗}{c} - \overset{⃗}{b} \left.\right) - \frac{\overset{⃗}{b} + \overset{⃗}{c}}{2} = \left(\right. t - \frac{1}{2} \left.\right) \left(\right. \overset{⃗}{c} - \overset{⃗}{b} \left.\right)\)
Do đó, \(\overset{⃗}{M K}\) song song với \(\overset{⃗}{E D}\), nên \(E D \parallel M K\).
Bước 5: Chứng minh \(E D M K\) là hình thang cân
- Cặp cạnh \(E D\) và \(M K\) song song → \(E D M K\) là hình thang.
- Ta cần chứng minh \(E M = D K\) (hoặc \(E D = M K\)) để thang cân.
Bạn có thể tính độ dài \(E M\) và \(D K\) hoặc \(E D\) và \(M K\) chứng minh bằng vectơ.
21 tháng 5 2019
a, Vì ΔDEF vuông tại D⇒ \(\widehat{FDE}=90^0\)
hay \(\widehat{ADB}=90^0\)
Vì DK là đường cao của ΔDEF
⇒ DK ⊥ EF
⇒ \(\widehat{DKE}=\widehat{DKF}=90^0\)
Vì KA ⊥ DE ⇒ \(\widehat{DAK}=\widehat{A_1}=90^0\)
Vì KB ⊥ DF ⇒ \(\widehat{DBK}=\widehat{B_1}=90^0\)
Tứ giác ADBK có\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ADB}=90^0\\\widehat{DAK}=90^0\\\widehat{DBK}=90^0\end{matrix}\right.\)
⇒ Tứ giác ADBK là hình chữ nhật
⇒ AB = DK (hai đường chéo trong hình chữ nhật)(đpcm)
b, Vì C đối xứng với D qua I
⇒ I là trung điểm của CD
Tứ giác DFCK có
\(\left\{{}\begin{matrix}\text{I là trung điểm của FK}\\\text{I là trung điểm của CD}\\\text{Đường chéo FK và CD}\end{matrix}\right.\)
⇒ Tứ giác DFCK là hình bình hành
⇒ DF // CK (đpcm)
c,
Vì tứ giác ADBK là hình chữ nhật
⇒ AK // BD
⇒ AK // DF
Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\text{DF // CK }\\\text{AK // DF}\end{matrix}\right.\)
⇒ A, K, C thẳng hàng (tiên đề Ơclit)
Vì DF // CK
⇒ BF // AC
⇒ Tứ giác BFAC là hình thang (1)
Kẻ thêm: Từ F kẻ FN ⊥ AC
⇒ \(\widehat{CNF}=\widehat{KNF}=90^0\)
Vì tứ giác ADBK là hình chữ nhật
⇒ \(\widehat{AKB}=90^0\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}\text{FN ⊥ AC}\\\text{BF // AC}\end{matrix}\right.\)⇒ BF ⊥ FN
⇒ \(\widehat{BFN}=90^0\)
Tứ giác BFNK có \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BFN}=90^0\\\widehat{B_1}=90^0\\\widehat{KNF}=90^0\end{matrix}\right.\)
⇒ Tứ giác BFNK là hình chữ nhật
⇒ FN = BK (2 đường chéo)
Vì tứ giác DFCK là hình bình hành
⇒ CF = DK
mà AB = CK
⇒ AB = CF
ΔABK và ΔCFN có \(\left\{{}\begin{matrix}\text{AB = CF}\\\widehat{CNF}=\widehat{AKB}=90^0\\\text{FN = BK}\end{matrix}\right.\)
⇒ ΔABK ~ ΔCFN (ch.cgv)
⇒ \(\widehat{A_2}=\widehat{ACF}\) (2)
Từ (1), (2) ⇒ Tứ giác BFCA là hình thang cân (đpcm)
d, Ta có
\(\left\{{}\begin{matrix}\text{Tứ giác ADBK là hình chữ nhật}\\\text{Đường chéo AB và DK}\\\text{AB cắt DK tại O}\end{matrix}\right.\)
⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}\text{O là trung điểm của AB }\\\text{O là trung điểm của DK }\end{matrix}\right.\)
Vì I là trung điểm của FK
⇒ DI là đường trung tuyến của ΔCDK
Vì O là trung điểm của DK
⇒ FO là đường trung tuyến của ΔCDK
ΔCDK có
\(\left\{{}\begin{matrix}\text{DI là đường trung tuyến của ΔCDK}\\\text{FO là đường trung tuyến của ΔCDK}\\\text{DI cắt FO tại H}\end{matrix}\right.\)
⇒ H là trọng tâm của ΔCDK
⇒ DH = \(\frac{2}{3}\)DI (Trọng tâm của tam giác cách đều mỗi đỉnh một khoảng bằng \(\frac{2}{3}\) độ dài đường trung tuyến đi qua đỉnh đó) (3)
Vì I là trung điểm của CD
⇒ DI = \(\frac{1}{2}\)CD (4)
Thay (4) vào (3), ta có
DH = \(\frac{2}{3}.\frac{1}{2}\)CD
⇒ DH = \(\frac{1}{3}\)CD
⇒ CD = 3DH (đpcm)
Chúc bạn học tốt !!!
nhầm