Câu e:

$\widehat {A_1}+\widehat{A_2}=90^{\circ}$

$\widehat{A_2}=\widehat{C_1}$

$\Rightarrow \widehat{A_1}+\widehat{C_1}=90^{\circ}$

Mặt khác $\widehat{C_1}+\widehat{CAH} = 90^{\circ}$

Suy ra $A_1=\widehat{CAH}$ (1)

Chứng minh được $\Delta JAE = \Delta HAE$ (cgv-gn)

$\Rightarrow AJ=AH$ (2)

Từ (1); (2) và chung cạnh $AC$ ta suy ra $\Delta AJC=\Delta AHC$ (c.g.c).

Suy ra $\widehat {J}=90^{\circ}$ hay $CJ\bot IJ$.

Chứng minh tương tự $BI \bot IJ$.

Bài 4:

a. Vì $\triangle ABC\sim \triangle A'B'C'$ nên:

$\frac{AB}{A'B'}=\frac{BC}{B'C'}=\frac{AC}{A'C'}(1)$ và $\widehat{ABC}=\widehat{A'B'C'}$

$\frac{DB}{DC}=\frac{D'B'}{D'C}$

$\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{D'B'}{B'C'}$

$\Rightarrow \frac{BD}{B'D'}=\frac{BC}{B'C'}(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow \frac{BD}{B'D'}=\frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}$

Xét tam giác $ABD$ và $A'B'D'$ có:

$\widehat{ABD}=\widehat{ABC}=\widehat{A'B'C'}=\widehat{A'B'D'}$

$\frac{AB}{A'B'}=\frac{BD}{B'D'}$

$\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle A'B'D'$ (c.g.c)

b.

Từ tam giác đồng dạng phần a và (1) suy ra:
$\frac{AD}{A'D'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{BC}{B'C'}$

$\Rightarrow AD.B'C'=BC.A'D'$

Hình bài 4:

Đề lỗi rồi bạn. Bạn xem lại nhé.

Lời giải:

ĐKXĐ: $x\neq \pm 2; x\neq 0$

\(A=\left[\frac{3x^2+4}{x(x+2)}+\frac{x(2x-4)}{x(x+2)}\right].\frac{2x}{(x-2)(x+2)}\\ =\frac{3x^2+4+2x^2-4x}{x(x+2)}.\frac{2x}{(x-2)(x+2)}\\ =\frac{5x^2-4x+4}{x(x+2)}.\frac{2x}{(x-2)(x+2)}\\ =\frac{2(5x^2-4x+4)}{(x-2)(x+2)^2}\)

Biểu thức sau khi thu gọn xấu quá bạn. Bạn có viết sai đề không nhỉ?

Ta có: DE//AC (cùng vuông góc với AB) 

Áp dụng định lý Ta-lét ta có:

\(\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{BE}{CE}\Rightarrow\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{BE}{BC-BE}\Rightarrow\dfrac{6}{x}=\dfrac{3x}{13,5-3x}\)

\(\Leftrightarrow6\left(13,5-3x\right)=x\cdot3x\)

\(\Leftrightarrow81-18x=3x^2\)

\(\Leftrightarrow27-6x=x^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+6x-27=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-3x+9x-27=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-3\right)+9\left(x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x+9\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\left(tm\right)\\x=-9\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: `x=3` 

a. Để biểu thức \(A\) xác định thì: \(x^2-2x+1\ne0\Leftrightarrow x\ne1\)

Ta có: \(4x^2-4x+1=0\) (sửa đề)

\(\Leftrightarrow\left(2x\right)^2-2\cdot2x\cdot1+1^2=0\)

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

\(\Rightarrow2x-1=0\)

\(\Leftrightarrow2x=1\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\left(tmdk\right)\)

Thay \(x=\dfrac{1}{2}\) vào \(A\), ta được:

\(A=\dfrac{\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{2}}{\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-2\cdot\dfrac{1}{2}+1}=3\)

Vậy \(A=3\) khi \(x=\dfrac{1}{2}\).

b. \(B=\dfrac{x+1}{x}-\dfrac{1}{1-x}+\dfrac{2-x^2}{x^2-x}\left(x\ne0;x\ne1\right)\)

\(=\dfrac{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}{x\left(x-1\right)}+\dfrac{x}{x\left(x-1\right)}+\dfrac{2-x^2}{x\left(x-1\right)}\)

\(=\dfrac{x^2-1+x+2-x^2}{x\left(x-1\right)}\)

\(=\dfrac{x+1}{x^2-x}\)

Vậy \(B=\dfrac{x+1}{x^2-x}\) với \(x\ne0;x\ne1\).

c. Ta có: \(P=A:B\)   (\(x\ne0;x\ne1\))

\(=\dfrac{x^2+x}{x^2-2x+1}:\dfrac{x+1}{x^2-x}=\dfrac{x\left(x+1\right)}{\left(x-1\right)^2}:\dfrac{x+1}{x\left(x-1\right)}\)

\(=\dfrac{x\left(x+1\right)}{\left(x-1\right)^2}\cdot\dfrac{x\left(x-1\right)}{x+1}=\dfrac{x^2}{x-1}\)

\(=\dfrac{x^2-1+1}{x-1}=\dfrac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)+1}{x-1}=x+1+\dfrac{1}{x-1}\)

Vì \(x\) nguyên nên để \(P=x+1+\dfrac{1}{x-1}\) nhận giá trị nguyên

thì \(\dfrac{1}{x-1}\) có giá trị nguyên

 \(\Rightarrow1⋮x-1\)

\(\Rightarrow x-1\inƯ\left(1\right)\)

\(\Rightarrow x-1\in\left\{1;-1\right\}\)

\(\Rightarrow x\in\left\{2;0\right\}\)

Kết hợp với điều kiện xác định của \(x\), ta được: \(x=2\)

Vậy \(P\) nhận giá trị nguyên khi \(x=2\).

d. Để \(P>1\) thì \(\dfrac{x^2}{x-1}>1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{x-1}-1>0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-\left(x-1\right)}{x-1}>0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-x+1}{x-1}>0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}}{x-1}>0\)

\(\Rightarrow x-1>0\) (vì \(\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\forall x\))

\(\Leftrightarrow x>1\)

Kết hợp với điều kiện xác định của \(x\), ta được: \(x>1\)

Vậy \(P>1\) khi \(x>1\).

\(Toru\)

Đặt \(2002=C\). Khi đó \(P=\dfrac{x}{x^2+2Cx+C^2}\)

\(\Leftrightarrow Px^2+2CPx+PC^2=x\)

\(\Leftrightarrow Px^2+\left(2CP-1\right)x+PC^2=0\) (*)

Để (*) có nghiệm thì \(\Delta\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2CP-1\right)^2-4P^2C^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2PC-1-2PC\right)\left(2PC-1+2PC\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{4C}=\dfrac{1}{8008}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=\dfrac{1-2CP}{P}=\dfrac{1-2C.\dfrac{1}{4C}}{\dfrac{1}{4C}}=2C=4004\)

Vậy GTLN của P là \(\dfrac{1}{8008}\) khi \(x=4004\)