Tổng vận tốc hai xe là:

     60+40=100(km/giờ)

 Sau số thời gian thì hai xe gặp nhau là:

     150:100=1,5(giờ)

Đổi : 1,5 giờ =1 giờ 30 phút

           Đáp số : 1 giờ 30 phút

Tổng vận tốc 2 xe là : 60 + 40 = 100 (km/giờ)

Thời gian để chúng gặp nhau là : 150 : 100 = 1,5 (giờ) = 1 giờ 30 phút

A B C D O E F I K P O'

Gọi giao điểm của AC và BD là O; giao điểm của KI và AF là O'. Tia FI cắt AC tại điểm P.

Xét tứ giác AKFI: FI//AK; KF//AI => Tứ giác AKFI là hình bình hành.

Do KI cắt AF tại O' => O' là trung điểm của AF.

Xét \(\Delta\)AFC: O' là trung điểm của AF; E là trung điểm của FC

=> O'E là đường trung bình của \(\Delta\)AFC => O'E//AC và O'E=1/2.AC

Ta thấy tứ giác ABCD là hình bình hành; AC giao BD tại O => OA=OC=1/2.AC

Do đó: O'E=OA. Mà O'E//OA (O'E//AC) nên tứ giác AO'EO là hình bình hành.

=> AO' // OE hay AF//BD => ^KAF=^ADB (Đồng vị)

Xét \(\Delta\)AKF và \(\Delta\)DAB: ^KAF=^ADB; ^AKF=^DAB (Vì KF//AB)

=> \(\Delta\)AKF ~ \(\Delta\)DAB (g.g) => \(\frac{AK}{DA}=\frac{KF}{AB}\).

Lại có KF=AI và AB=DC => \(\frac{AK}{AD}=\frac{AI}{DC}\)=> \(\Delta\)KAI ~ \(\Delta\)ADC (c.g.c)

=> ^AIK=^DCA. Mà ^DCA=^BAC nên ^AIK=^BAC => IK // AC (*)

Lại thấy: FI//AK => IP//AK; KI // AC (cmt) => KI//AP.

Từ đó suy ra: Tứ giác APIK là hình bình hành => IP=AK. Mà FI=AK.

=> FI=IP => I là trung điểm của FP.

Xét \(\Delta\)PFC: I là trung điểm FP; E là trung điểm của FC => IE//PC hay IE//AC (**)

Tư (*) và (**) => I;E;K là 3 điểm thẳng hàng (Tiên đề Ơ-clit) (đpcm).

Nhận thấy : 

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

Nên phương trình trên 

<=> \(3x^2-3x+1=1-2x\)

<=> \(3x^2-x=0\)

<=> \(x\left(3x-1\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}x=0\\x=\frac{1}{3}\end{cases}}\)

Vậy ................. 

Để phương trình trên có nghiệm thì \(1-2x\ge0\Leftrightarrow x\le\frac{1}{2}\)

Ta có: \(3x^2-3x+1=3\left(x^2-x+\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{4}=3\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{4}\ge\frac{1}{4}>0\)

Vậy nên \(\left|3x^2-3x+1\right|=3x^2-3x+1\)

Phương trình trở thành:

\(3x^2-3x+1=1-2x\)

\(\Leftrightarrow3x^2-x=0\Leftrightarrow x\left(3x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\3x-1=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x=\frac{1}{3}\end{cases}}\left(tmđk\right)\)

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0 hoặc \(x=\frac{1}{3}.\)

Đi mà hỏi Ông Thắng 

Đề đúng phải là \(a^{2017}+b^{2017}=2.a^{1008}.b^{1008}\) nhé 

Vì \(a^{2017}+b^{2017}=2.a^{1008}.b^{1008}\) nên \(\left(a^{2017}+b^{2017}\right)^2=4.a^{2016}.b^{2016}\)

Mà \(\left(a^{2017}+b^{2017}\right)^2\ge4.a^{2017}.b^{2017}\)

Suy ra \(4a^{2016}b^{2016}\ge4a^{2017}b^{2017}\)

<=> \(ab\le1\)

<=> \(1-ab\ge0\)

Suy ra P = 2018 - 2018ab = 2018(1 - ab)  \(\ge0\)

\(a^{2017}+b^{2017}=2a^{2018}.b^{2018}\)    với \(a,b\in R\) 

nếu  \(\orbr{\begin{cases}a=0\\b=0\end{cases}}\)  thì  \(P=2018>0\)

nếu  \(\orbr{\begin{cases}a\ne0\\b\ne0\end{cases}}\)  thì xảy ra 2 trường hợp như sau 

\(TH1\)\(a,b\)  trái dấu   \(\Rightarrow P>0\)

\(TH2\)  \(a,b\)  cùng dấu  

vì \(2.a^{2018}.b^{2018}>0\forall a,b\)  

\(\Rightarrow a^{2017}+b^{2017}>0\)   để 2 đẳng thức tồn tại dấu \("="\)

\(\Rightarrow a,b>0\)  ( cùng dương)

có \(a^{2017}+b^{2017}=2a^{2018}.b^{2018}\)

\(\Leftrightarrow2=\frac{1}{a.b^{2018}}+\frac{1}{b.a^{2018}}\ge2\sqrt{\frac{1}{\left(a.b\right)^{2019}}}\)

\(\Rightarrow ab\le1\)

\(\Rightarrow2018-2018ab>2018-2018=0\)

dấu \("="\)  xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=1\)

vậy \(P\)  luôn không âm 

a)  Xét  \(\Delta ABC\)và   \(\Delta MDC\)có:

      \(\widehat{C}\) chung

     \(\widehat{CAB}=\widehat{CMD}=90^0\)

suy ra:   \(\Delta ABC~\Delta MDC\)(g.g)

b)  Xét  \(\Delta BMI\)và    \(\Delta BAC\)có:

         \(\widehat{B}\)chung

        \(\widehat{BMI}=\widehat{BAC}=90^0\) 
suy ra:   \(\Delta BMI~\Delta BAC\) (g.g)

\(\Rightarrow\)\(\frac{BI}{BC}=\frac{BM}{BA}\) 

\(\Rightarrow\)\(BI.BA=BC.BM\)

c)    \(\frac{BI}{BC}=\frac{BM}{BA}\) (câu b)   \(\Rightarrow\)\(\frac{BI}{BM}=\frac{BC}{BA}\)

Xét  \(\Delta BIC\)và    \(\Delta BMA\)có:

     \(\widehat{B}\)chung

    \(\frac{BI}{BM}=\frac{BC}{BA}\) (cmt)

suy ra:   \(\Delta BIC~\Delta BMA\) (g.g)

\(\Rightarrow\) \(\widehat{ICB}=\widehat{BAM}\)    (1)

c/m:  \(\Delta CAI~\Delta BKI\) (g.g)   \(\Rightarrow\)\(\frac{IA}{IK}=\frac{IC}{IB}\) \(\Rightarrow\)\(\frac{IA}{IC}=\frac{IK}{IB}\)

Xét  \(\Delta IAK\)và     \(\Delta ICB\)có:

      \(\widehat{AIK}=\widehat{CIB}\) (dd)

      \(\frac{IA}{IC}=\frac{IK}{IB}\) (cmt)

suy ra:   \(\Delta IAK~\Delta ICB\)(g.g)

\(\Rightarrow\)\(\widehat{IAK}=\widehat{ICB}\) (2) 

Từ (1) và (2) suy ra:  \(\widehat{IAK}=\widehat{BAM}\)

hay  AB là phân giác của \(\widehat{MAK}\)

d)  \(AM\)là phân giác \(\widehat{CAB}\) \(\Rightarrow\)\(\widehat{MAB}=45^0\)

mà   \(\widehat{MAB}=\widehat{ICB}\) (câu c)  

\(\Rightarrow\)\(\widehat{ICB}=45^0\)

\(\Delta CKB\)vuông tại K có  \(\widehat{KCB}=45^0\)

\(\Rightarrow\)\(\widehat{CBK}=45^0\)

\(\Delta MBD\) vuông tại M  có   \(\widehat{MBD}=45^0\)

\(\Rightarrow\)\(\widehat{MDB}=45^0\)

hay   \(\Delta MBD\)vuông cân tại M

\(\Rightarrow\)\(MB=MD\)

\(\Delta ABC\) có  AM là phân giác 

\(\Rightarrow\)\(\frac{MB}{AB}=\frac{MC}{AC}\)

ÁP dụng định ly Pytago vào tam giác vuông ABC ta có:

     \(AB^2+AC^2=BC^2\)

\(\Rightarrow\)\(BC=10\)

ÁP dụng tính chất dãy tỉ số = nhau ta có:

    \(\frac{MB}{AB}=\frac{MC}{AC}=\frac{MB+MC}{AB+AC}=\frac{5}{7}\)

suy ra:   \(\frac{MB}{AB}=\frac{5}{7}\)  \(\Rightarrow\)\(MB=\frac{40}{7}\)

mà   \(MB=MD\) (cmt)

\(\Rightarrow\)\(MD=\frac{40}{7}\)

Vậy  \(S_{CBD}=\frac{1}{2}.CB.DM=\frac{1}{2}.10.\frac{40}{7}=\frac{200}{7}\)

\(S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{1}{2}.8.6=24\)

\(\Delta ABC\) có  AM  là phân giác

\(\Rightarrow\)\(\frac{S_{CMA}}{S_{BMA}}=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{S_{CMA}}{3}=\frac{S_{BMA}}{4}=\frac{S_{CMA}+S_{BMA}}{3+4}=\frac{24}{7}\)

\(\Rightarrow\)\(S_{CMA}=\frac{72}{7}\)

Vậy   \(S_{AMBD}=S_{CBD}-S_{CMA}=\frac{200}{7}-\frac{72}{7}=\frac{128}{7}\)

C A M B K D I

a)  xét \(\Delta ABC\)  và \(\Delta MDC\)  có 

\(\widehat{ACB}=\widehat{MCD}\)  ( góc chung)

\(\widehat{CAB}=\widehat{CMD}=90^0\)  ( giả thiết )

\(\Rightarrow\Delta ABC\infty\Delta MDC\)  \(\left(g.g\right)\)

b) xét  \(\Delta BIM\) và \(\Delta BCA\)  có 

\(\widehat{IBM}=\widehat{CBA}\)  ( góc chung )

\(\widehat{BMI}=\widehat{BAC}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta BIM\infty\Delta BCA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{BI}{BM}=\frac{BC}{BA}\)

\(\Rightarrow BI.BA=BM.BC\)

P/S tạm thời 2 câu này trước đi đã 

PT \(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}\right)-\left(\frac{1}{1+ab}-\frac{1}{1+b^2}\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab-a^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+ab\right)}-\frac{b^2-ab}{\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}< 0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b-a\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+ab\right)}-\frac{b\left(b-a\right)}{\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}< 0\)

\(\Leftrightarrow\frac{b-a}{1+ab}\left(\frac{a}{1+a^2}-\frac{b}{1+b^2}\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow\frac{b-a}{1+ab}.\frac{a+ab^2-b-a^2b}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}< 0\)

\(\Leftrightarrow\frac{b-a}{ab+a}.\frac{\left(ab-1\right)\left(b-a\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}< 0\\\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(b-a\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(ab+1\right)}< 0\)

vì \(\left(b-a\right)^2\ge0;\left(1+a^2\right),\left(1+b^2\right)>0\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab-1}{ab+1}< 0\left(vớia\ne b\right)\)

vì \(ab-1< ab+1\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab-1< 0\\ab+1>0\end{cases}\Leftrightarrow-1< ab< 1}\)

Vậy nghiệm của PT là \(-1< ab< 1\) và \(a\ne b\)

Áp dụngbdt bunhiacopki (a²+b²)(x²+y²)>=(ax+by)²

a]

xét tg ABE và tg AFC:

góc A: Chung

góc AFC= góc AEB= 90 độ

=> tg AEB ~ tg AFC ( g-g )

b]

theo a) : tg AEB ~ tg AFC => AE/AB=AF/AC

xét tg AFE và tg ACB:

 góc A chung

AE/AB=AF/AC ( CMT)

=> tg AFE ~ tg ACB ( g-g )

=> góc AFE = góc ACB

C]

xét tg FCB : góc FCB + góc FBC = 90 độ ( vì nó là tg vuông)

theo hình vẽ, ta có : góc AEF + góc FEB = 90 độ ( kề bù với góc BEC vuông )

mà góc AEF = góc FBC ( từ 2 tg đồng dạng của câu b )

=> góc FCB = góc FEB

xét tg IBE và tg IFC:

góc I chung

góc FCB= góc FEB ( CMT )

=> tg IBE ~ tg IFC ( g-g )

=> IB/IE=IF/IC

=> IB.IC=IE.IF

Ai đó làm ơn làm phước giải ngay lập tức bài này giúp mình được không 

MÌNH XIN TỪ ĐÁY LÒNG ĐẤY

ta có a+b+c=0       =>     a=-b-c,         b=-a-c,            c=-a-b

thay vào A ta được 

 A=(1-(b+c)/b)(1-(a+c)/c)(1-(a+b)/a)

   =(1-1-c/b)(1-1-a/c)(1-1-b/a)

   =(-c/b)(-a/c)(-b/a)

   =(-abc)/abc

    =-1

bạn Nguyễn Thị Lan Hương làm đúng rồi, mk lm cách khác nhé:

           BÀI LÀM

          \(a+b+c=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a+b=-c\\b+c=-a\\c+a=-b\end{cases}}\)

\(A=\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)\)

    \(=\frac{a+b}{b}.\frac{b+c}{c}.\frac{c+a}{a}\)

    \(=\frac{-c}{b}.\frac{-a}{c}.\frac{-b}{b}=-1\)