Cho hình bình hành $ABCD$ đường thẳng $a$ đi qua $A$ lần lượt cắt $BD$, $BC$, $DC$ tại $E$, $K$, $G$. Chứng minh rằng:
a) $AE^2=EK.EG$;
b) $\dfrac{1}{AE}=\dfrac{1}{AK}+\dfrac{1}{AG}$;
c) Khi $a$ thay đổi thì tích $BK.DG$ có giá trị không đổi?
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Qua �A vẽ đường thẳng song song với ��BC cắt ��′BB′ tại �D và cắt ��′CC′ tại �E.
Khi đó
Δ���ΔAME có ��AE // �′�A′C suy ra ���′�=���′�A′MAM=A′CAE (1)
Δ���ΔAMD có ��AD // �′�A′B suy ra ���′�=���′�A′MAM=A′BAD (2)
Từ (1) và (2) ta có ���′�=���′�=���′�=��+���′�+�′�=����A′MAM=A′CAE=A′BAD=A′C+A′BAD+AE=BCDE (*)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
Δ��′�ΔAB′D có ��AD // ��BC suy ra ��′�′�=����B′CAB′=BCAD (3)
Δ��′�ΔAC′E có ��AE // ��BC suy ra ��′�′�=����C′BAC′=BCAE (4)
Từ (3) và (4) ta có ��′�′�+��′��′=����+����=����B′CAB′+BC′AC′=BCAD+BCAE=BCDE (**)
Từ (*) và (**) ta có ���′�=����=��′�′�+��′��′A′MAM=BCDE=B′CAB′+BC′AC′ (đpcm).
Qua �A vẽ đường thẳng song song với ��BC cắt ��′BB′ tại �D và cắt ��′CC′ tại �E.
Khi đó
Δ���ΔAME có ��AE // �′�A′C suy ra ���′�=���′�A′MAM=A′CAE (1)
Δ���ΔAMD có ��AD // �′�A′B suy ra ���′�=���′�A′MAM=A′BAD (2)
Từ (1) và (2) ta có ���′�=���′�=���′�=��+���′�+�′�=����A′MAM=A′CAE=A′BAD=A′C+A′BAD+AE=BCDE (*)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
Δ��′�ΔAB′D có ��AD // ��BC suy ra ��′�′�=����B′CAB′=BCAD (3)
Δ��′�ΔAC′E có ��AE // ��BC suy ra ��′�′�=����C′BAC′=BCAE (4)
Từ (3) và (4) ta có ��′�′�+��′��′=����+����=����B′CAB′+BC′AC′=BCAD+BCAE=BCDE (**)
Từ (*) và (**) ta có ���′�=����=��′�′�+��′��′A′MAM=BCDE=B′CAB′+BC′AC′ (đpcm).
a) ta có E là trung điểm của AB và EF // BC
=> F là trung điểm của AC
=> EF là đường trung bình của tam giác ABC
b) xét tứ giác ADCP có
FA = FC (câu a)
FD = FP (giả thiết)
=> tứ giác ADCP là hình bình hành
c) vì AD là đường phân giác của ΔABC nên ta có:
\(\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{AB}{AC}\Leftrightarrow\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{2EA}{2FC}\Leftrightarrow\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{EA}{FC}\\ \Rightarrow BD.FC=EA.CD\)
a) \(x^4+4x^2+4=\left(x^2\right)^2+2.x^2.2+2^2\\ =\left(x^2+2\right)^2\)
b) \(9x^4+24x^2y^2+16y^4=\left(3x^2\right)^2+2.3x^2.4y^2+\left(4y^2\right)^2\\ =\left(3x^2+4y^2\right)^2\)
c) \(27x^3+27x^2+3x+1=\left(3x\right)^3+3.\left(3x\right)^2.1+3.3x.1^2+1^3\\ =\left(3x+1\right)^3\)
d) \(x^3-3x^2+3x-1=x^3-3.x^2.1+3.x.1^2-1^3\\ =\left(x-1\right)^3\)
\(a,x^4+4x^2+4=\left(x^2\right)^2+2.x^2.2+2^2=\left(x^2+2\right)^2\\ b,9x^4+24x^2y^2+16y^4=\left(3x^2\right)^2+2.3x^2.4y^2+\left(4y^2\right)^2=\left(3x^2+4y^2\right)^2\\ d,x^3-3x^2+3x-1=\left(x-1\right)^3\)
Em xem lại câu c
Ta có: \(a+b+c=6\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=6^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=36\)
Mà: \(a^2+b^2+c^2=12\left(1\right)\)
\(\Rightarrow12+2ab+2ac+2bc=36\)
\(\Rightarrow2ab+2ac+2bc=24\)
\(\Rightarrow ab+ac+bc=12\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=ab+ac+bc\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc=0\)
\(\Rightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)=0\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2=0\)
Mà: \(\left\{{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\\\left(a-c\right)^2\ge0\forall a,c\\\left(b-c\right)^2\ge0\forall b,c\end{matrix}\right.\)
Dấu "=" xảy ra:
\(\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\a-c=0\\b-c=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{6}{3}=2\)
\(\Rightarrow P=\left(2-3\right)^{2023}+\left(2-3\right)^{2023}+\left(2-3\right)^{2023}\\ =\left(-1\right)^{2023}+\left(-1\right)^{2023}+\left(-1\right)^{2023}=-1-1-1=-3\)
cmr với a,b,c lớn hơn 0
a mũ 3/b+b mũ 3/c +c mũ 3/a > hoặc bằng a mũ 2/b+b mũ 2/c+c mũ 2/a
a.
Hai đường thẳng đã cho song song khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}m-2=3\\3\ne1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=5\)
b.
Hai đường thẳng trùng nhau khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}m-2=-1\\3=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=1\)
c.
Phương trình hoành độ giao điểm:
\(\left(m-2\right)x+3=x+1\Rightarrow\left(m-3\right)x=-2\) (1)
Hai đường thẳng cắt nhau tại điểm có hoành độ x=-1 \(\Rightarrow x=-1\) là nghiệm của (1)
\(\Rightarrow-\left(m-3\right)=-2\)
\(\Rightarrow m=5\)
a) Δ���ΔABE có ��AM // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDEB (1)
Δ���ΔADE có ��AD // ��BK suy ra ����=����EDEB=EAEK (2)
Từ (1) và (2) ta có ����=����EGAE=EAEK nên ��2=��.��AE2=EK.EG.
b) Từ 1��=1��+1��AE1=AK1+AG1 suy ra ����+����=1AKAE+AGAE=1
Δ���ΔADE có ��AD // ��BC suy ra ����=����EKAE=EBED
����+��=����+��AE+EKAE=ED+EBED
����=����AKAE=DBED (3)
Tương tự Δ���ΔAEB có ��AB // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDBE
����+��=����+��AE+EGAE=BE+EDBE
����=����AGAE=BDBE (4)
Khi đó ����+����=����+����=1AKAE+AGAE=BDED+BDBE=1.
c) Ta có ����=����KCBK=CGAB suy ra ��=��.����BK=CGKC.AB và ����=����ADKC=DGCG.
Suy ra ��=��.����DG=KCAD.CG
Nhân theo vế ta được ��.��=��.��BK.DG=AB.AD không đổi.
a) Δ���ΔABE có ��AM // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDEB (1)
Δ���ΔADE có ��AD // ��BK suy ra ����=����EDEB=EAEK (2)
Từ (1) và (2) ta có ����=����EGAE=EAEK nên ��2=��.��AE2=EK.EG.
b) Từ 1��=1��+1��AE1=AK1+AG1 suy ra ����+����=1AKAE+AGAE=1
Δ���ΔADE có ��AD // ��BC suy ra ����=����EKAE=EBED
����+��=����+��AE+EKAE=ED+EBED
����=����AKAE=DBED (3)
Tương tự Δ���ΔAEB có ��AB // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDBE
����+��=����+��AE+EGAE=BE+EDBE
����=����AGAE=BDBE (4)
Khi đó ����+����=����+����=1AKAE+AGAE=BDED+BDBE=1.
c) Ta có ����=����KCBK=CGAB suy ra ��=��.����BK=CGKC.AB và ����=����ADKC=DGCG.
Suy ra ��=��.����DG=KCAD.CG
Nhân theo vế ta được ��.��=��.��BK.DG=AB.AD không đổi.
a) Δ���ΔABE có ��AM // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDEB (1)
Δ���ΔADE có ��AD // ��BK suy ra ����=����EDEB=EAEK (2)
Từ (1) và (2) ta có ����=����EGAE=EAEK nên ��2=��.��AE2=EK.EG.
b) Từ 1��=1��+1��AE1=AK1+AG1 suy ra ����+����=1AKAE+AGAE=1
Δ���ΔADE có ��AD // ��BC suy ra ����=����EKAE=EBED
����+��=����+��AE+EKAE=ED+EBED
����=����AKAE=DBED (3)
Tương tự Δ���ΔAEB có ��AB // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDBE
����+��=����+��AE+EGAE=BE+EDBE
����=����AGAE=BDBE (4)
Khi đó ����+����=����+����=1AKAE+AGAE=BDED+BDBE=1.
c) Ta có ����=����KCBK=CGAB suy ra ��=��.����BK=CGKC.AB và ����=����ADKC=DGCG.
Suy ra ��=��.����DG=KCAD.CG
Nhân theo vế ta được ��.��=��.��BK.DG=AB.AD không đổi.
a) Δ���ΔABE có ��AM // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDEB (1)
Δ���ΔADE có ��AD // ��BK suy ra ����=����EDEB=EAEK (2)
Từ (1) và (2) ta có ����=����EGAE=EAEK nên ��2=��.��AE2=EK.EG.
b) Từ 1��=1��+1��AE1=AK1+AG1 suy ra ����+����=1AKAE+AGAE=1
Δ���ΔADE có ��AD // ��BC suy ra ����=����EKAE=EBED
����+��=����+��AE+EKAE=ED+EBED
����=����AKAE=DBED (3)
Tương tự Δ���ΔAEB có ��AB // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDBE
����+��=����+��AE+EGAE=BE+EDBE
����=����AGAE=BDBE (4)
Khi đó ����+����=����+����=1AKAE+AGAE=BDED+BDBE=1.
c) Ta có ����=����KCBK=CGAB suy ra ��=��.����BK=CGKC.AB và ����=����ADKC=DGCG.
Suy ra ��=��.����DG=KCAD.CG
Nhân theo vế ta được ��.��=��.��BK.DG=AB.AD không đổi.