Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a.
Chứng minh ΔCHO=ΔCFOΔCHO=ΔCFO (cạnh huyền – góc nhọn)
suy ra: CH = CF. Kết luận ΔFCHΔFCH cân tại C.
- Vẽ IG //AC (G ∈∈ FH). Chứng minh ΔFIGΔFIG cân tại I.
- Suy ra: AH = IG, và ∠IGK=∠AHK∠IGK=∠AHK.
- Chứng minh ΔAHK=ΔIGKΔAHK=ΔIGK (g-c-g).
- Suy ra AK = KI..
b.
Vẽ OE ⊥⊥ AB tại E. Tương tự câu a ta có: ΔAEH,ΔBEFΔAEH,ΔBEF thứ tự cân tại A, B. Suy ra: BE = BF và AE = AH.
BA = BE + EA = BF + AH = BF + FI = BI. Suy ra: ΔABIΔABI cân tại B.
Mà BO là phân giác góc B, và BK là đường trung tuyến của ΔABIΔABI nên: B, O, K là ba điểm thẳng hàng.
bài 2b.
\(\left|x-y\right|+\left|y-z\right|+\left|z-x\right|=2019\)
\(\Rightarrow\left|x-y\right|+\left|y-z\right|+\left|z-x\right|+\left(x-y\right)+\left(y-z\right)+\left(z-x\right)=2019\)
\(\Rightarrow\left|x-y\right|+x-y+\left|y-z\right|+y-z+\left|z-x\right|+z-x=2019\)
Với \(a< 0\left(a\in Z\right)\)ta có:\(\left|a\right|+a=-a+a=0⋮2\)
Với \(a=0\)ta có:\(\left|a\right|+a=0⋮2\)
Với \(a>0\)ta có:\(\left|a\right|+a=2a⋮2\)
Vậy với mọi số nguyên a thì ta luôn có:\(\left|a\right|+a⋮2\)
Áp dụng vào bài toán,ta được:\(\left|x-y\right|+x-y+\left|y-z\right|+y-z+\left|z-x\right|+z-x⋮2\)
\(\Rightarrow2019⋮2\)(vô lý)
Vậy không thể tồn tại số nguyên x,y,z thỏa mãn:\(\left|x-y\right|+\left|y-z\right|+\left|z-x\right|=2019\)
Lời giải:
Để \(\frac{x+y\sqrt{2017}}{y+z\sqrt{2017}}\in\mathbb{Q}\Rightarrow \exists a,b\in\mathbb{N}^*, (a,b)=1\) sao cho :
\(\frac{x+y\sqrt{2017}}{y+z\sqrt{2017}}=\frac{a}{b}\Leftrightarrow bx+by\sqrt{2017}=ay+az\sqrt{2017}\)
\(\Leftrightarrow (bx-ay)=\sqrt{2017}(az-by)\)
Vì \(a,b,x,y\in\mathbb{N}^*; \sqrt{2017}\not\in\mathbb{Q}\rightarrow \) để đẳng thức trên xảy ra thì:
\(bx-ay=az-by=0\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{a}{b}=\frac{x}{y}\\ \frac{a}{b}=\frac{y}{z}\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{y}{z}\)
\(\Rightarrow y^2=xz\)
a) Gọi d là ước chung lớn nhất của x và z. Khi đó đặt:
\(\left\{\begin{matrix} x=x_1d\\ z=z_1d\end{matrix}\right.(x_1,z_1\in\mathbb{N}^*; (x_1,z_1)=1)\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2=x_1^2d^2+d^2x_1z_1+z_1^2d^2\)
\(=d^2(x_1^2+x_1z_1+z_1^2)\)
Vì \(x_1,z_1\in\mathbb{N}^*\Rightarrow x_1^2+x_1z_1+z_1^2>1\)
Do đó để \(x^2+y^2+z^2\in\mathbb{P}\Rightarrow d=1\)
Ta thấy \(y^2=xz; (x,z)=1\Rightarrow \exists m,n\in\mathbb{Z}\) sao cho:
\(\left\{\begin{matrix} x=m^2\\ z=n^2\end{matrix}\right.\Rightarrow y=mn\)
Khi đó: \(x^2+y^2+z^2=m^4+m^2n^2+n^4=(m^2+n^2)^2-m^2n^2\)
\(=(m^2+n^2-mn)(m^2+n^2+mn)\)
Để tích trên là số nguyên tố thì buộc một trong hai thừa số phải bằng 1
Dễ thấy \(m^2+n^2-mn< m^2+n^2+mn\Rightarrow m^2+n^2-mn=1\)
\(\Leftrightarrow (m-n)^2+mn=1\Leftrightarrow mn=1-(m-n)^2\leq 1\)
Mà \(mn=y\geq 1\)
Do đó \(mn=1\) hay \(y=1\)
Mặt khác \(mn=1; m,n\in\mathbb{Z}\Rightarrow (m,n)=(1,1); (-1;-1)\)
Cả hai đều thu được \(x=z=1\)
Vậy \((x,y,z)=(1,1,1)\)
b)
Vì \(xz=y^2\Rightarrow x^2-2y^2+z^2=36\)
\(\Leftrightarrow x^2-2xz+z^2=36\)
\(\Leftrightarrow (x-z)^2=36\Leftrightarrow x-z=\pm 6\)
TH1: \(x-z=6\Rightarrow x=z+6\)
Khi đó: \(y^2=xz=z(6+z)=z^2+6z\)
\(\Leftrightarrow y^2+9=(z+3)^2\)
\(\Leftrightarrow (z+3-y)(z+3+y)=9\)
Do \(z+3+y>0; z+3+y> z+3-y\) nên:\((z+3-y,z+3+y)=(1;9)\)
Từ đây ta thu được: \(z=2;y=4\rightarrow x=8\)
Ta có bộ \((x,y,z)=(8;4;2)\)
TH2: \(x-z=-6\). Tương tự như trên ta thu được \((x,y,z)=(2;4;8)\)
ở bài 2 I là E hết nhé:
2, Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, \(D\in AB;E\in AC\) thỏa mãn: BC = BD + CE
Tìm vị trí của D và E để DE nhỏ nhất