Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
- Kẻ các đường cao DH1, EH2, FH3 của các tam giác AMD, MNE, NBF.
- Gọi DI là trung tuyến của tam giác DEF \(\Rightarrow\dfrac{DG}{DI}=\dfrac{2}{3}\)
Hạ IH4 vuông góc với AB (H4 thuộc AB).
Dễ dàng chứng minh \(\left\{{}\begin{matrix}DH_1=\dfrac{\sqrt{3}}{2}AM\\EH_2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}MN\\FH_3=\dfrac{\sqrt{3}}{2}BN\end{matrix}\right.\) và IH4 là đường trung bình của hình thang EH2H3F.
\(\Rightarrow IH_4=\dfrac{EH_2+FH_3}{2}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}MN+\dfrac{\sqrt{3}}{2}BN}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\left(MN+BN\right)\left(1\right)\)
Giờ ta tập trung vào hình thang DH1H4I. Hạ GK vuông góc với AB (K thuộc AB).
*Gọi T là giao của DH4 và GK.
Theo định lí Thales, ta có: \(\dfrac{GT}{IH_4}=\dfrac{DG}{DI}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow IH_4=\dfrac{2}{3}GT\)
\(\dfrac{GI}{ID}=\dfrac{H_4T}{H_4D}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow\dfrac{TK}{DH_1}=\dfrac{H_4T}{H_4D}=\dfrac{1}{3}\)
\(\Rightarrow TK=\dfrac{DH_1}{3}\)
\(\Rightarrow h=\dfrac{2IH_4}{3}+\dfrac{DH_1}{3}=\dfrac{2.\dfrac{\sqrt{3}}{4}\left(MN+BN\right)}{3}+\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}AM}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(AM+MN+BN\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{6}AB\)
Có thể rút kết luận trong bài này là: nếu D,E,F cùng phía so với AB và độ dài AB không đổi thì G di chuyển trên 1 đường thẳng cố định (là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng \(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)AB, tất nhiên, đường thẳng này phải cùng phía với D,E,F đối với AB).
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
