Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Phương pháp 1: ( Hình 1)
Nếu 
thì ba điểm A; B; C thẳng hàng.
2. Phương pháp 2: ( Hình 2)
Nếu AB // a và AC // a thì ba điểm A; B; C thẳng hàng.
(Cơ sở của phương pháp này là: tiên đề Ơ – Clit- tiết 8- hình 7)
3. Phương pháp 3: ( Hình 3)
Nếu AB 
a ; AC A thì ba điểm A; B; C thẳng hàng.
( Cơ sở của phương pháp này là: Có một và chỉ một đường thẳng
a’ đi qua điểm O và vuông góc với đường thẳng a cho trước
- tiết 3 hình học 7)
Hoặc A; B; C cùng thuộc một đường trung trực của một
đoạn thẳng .(tiết 3- hình 7)
4. Phương pháp 4: ( Hình 4)
Nếu tia OA và tia OB là hai tia phân giác của góc xOy
thì ba điểm O; A; B thẳng hàng.
Cơ sở của phương pháp này là:
Mỗi góc có một và chỉ một tia phân giác .
* Hoặc : Hai tia OA và OB cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox , 
thì ba điểm O, A, B thẳng hàng.
5. Nếu K là trung điểm BD, K’ là giao điểm của BD và AC. Nếu K’
Là trung điểm BD thì K’ 
K thì A, K, C thẳng hàng.
(Cơ sở của phương pháp này là: Mỗi đoạn thẳng chỉ có một trung điểm)
C. Các ví dụ minh họa cho tùng phương pháp:
Phương pháp 1
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC vuông ở A, M là trung điểm AC. Kẻ tia Cx vuông góc CA
(tia Cx và điểm B ở hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AC). Trên tia Cx lấy điểm
D sao cho CD = AB.
Chứng minh ba điểm B, M, D thẳng hàng.
Gợi ý: Muốn B, M, D thẳng hàng cần chứng minh 
Do 
nên cần chứng minh 
BÀI GIẢI:
AMB và CMD có: 
AB = DC (gt).
MA = MC (M là trung điểm AC)
Do đó: AMB = CMD (c.g.c). Suy ra:
Mà (kề bù) nên .
Vậy ba điểm B; M; D thẳng hàng.
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC. Trên tia đối của AB lấy điểm D mà AD = AB, trên tia đối
tia AC lấy điểm E mà AE = AC. Gọi M; N lần lượt là các điểm trên BC và ED
sao cho CM = EN.
Chứng minh ba điểm M; A; N thẳng hàng.
Gợi ý: Chứng minh 
từ đó suy ra ba điểm M; A; N thẳng hàng.
BÀI GIẢI (Sơ lược)
ABC = ADE (c.g.c) 
ACM = AEN (c.g.c) 
Mà 
(vì ba điểm E; A; C thẳng hàng) nên
Vậy ba điểm M; A; N thẳng hàng (đpcm)
BÀI TẬP THỰC HÀNH CHO PHƯƠNG PHÁP 1
Bài 1: Cho tam giác ABC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD = AC, trên tia đối
của tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BE và
CD.
Chứng minh ba điểm M, A, N thẳng hàng.
Bài 2: Cho tam giác ABC vuông ở A có 
. Vẽ tia Cx BC (tia Cx và điểm A ở
phía ở cùng phía bờ BC), trên tia Cx lấy điểm E sao cho CE = CA. Trên tia đối của tia
BC lấy điểm F sao cho BF = BA.
Chứng minh ba điểm E, A, F thẳng hàng.
Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm D thuộc cạnh AB. Trên tia đối của tia CA lấy điểm
E sao cho CE = BD. Kẻ DH và EK vuông góc với BC (H và K thuộc đường thẳng BC)
Gọi M là trung điểm HK.
Chứng minh ba điểm D, M, E thẳng hàng.
Bài 4: Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB, kẻ
Hai tia Ax và By sao cho 
.Trên Ax lấy hai điểm C và E(E nằm giữa A và C),
trên By lấy hai điểm D và F ( F nằm giữa B và D) sao cho AC = BD, AE = BF.
Chứng minh ba điểm C, O, D thẳng hàng , ba điểm E, O, F thẳng hàng.
Bài 5.Cho tam giác ABC . Qua A vẽ đường thẳng xy // BC. Từ điểm M trên cạnh BC, vẽ các
đường thẳng song song AB và AC, các đường thẳng này cắt xy theo thứ tự tại D và E.
Chứng minh các đường thẳng AM, BD, CE cùng đi qua một điểm.
PHƯƠNG PHÁP 2
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, AB. Trên
Các đường thẳng BM và CN lần lượt lấy các điểm D và E sao cho M là trung
điểm BD và N là trung điểm EC.
Chứng minh ba điểm E, A, D thẳng hàng.
Hướng dẫn: Xử dụng phương pháp 2
Ta chứng minh AD // BC và AE // BC.
BÀI GIẢI.
BMC và DMA có:
MC = MA (do M là trung điểm AC)
(hai góc đối đỉnh)
MB = MD (do M là trung điểm BD)
Vậy: BMC = DMA (c.g.c)
Suy ra: 
, hai góc này ở vị trí so le trong nên BC // AD (1)
Chứng minh tương tự : BC // AE (2)
Điểm A ở ngoài BC có một và chỉ một đường thẳng song song BC nên từ (1)
và (2) và theo Tiên đề Ơ-Clit suy ra ba điểm E, A, D thẳng hàng.
Ví dụ 2: Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tai trung điểm O của mỗi đoạn. Trên tia
AB lấy lấy điểm M sao cho B là trung điểm AM, trên tia AD lấy điểm N sao cho
D là trung điểm AN.
Nối K với D. Trên tia đối của tia KD lấy điểm F sao cho KD=KF; nối FA và FB.
Gọi giao điểm của đường thẳng vuông góc với AB kẻ từ E là H
Xét \(\Delta\)DEK và \(\Delta\)FAK:
KE=KA
^EKD=^AKF => \(\Delta\)DEK=\(\Delta\)FAK (c.g.c)
KD=KF
=> ^DEK=^FAK (2 góc tương ứng). ^DEK là góc ngoài \(\Delta\)AHE
=> ^DEK=^AHE+^HAE=900+600=1500 => ^FAK=1500
=> ^FAB=^FAK-^BAK=1500-600=900 => ^FAB=900
Lại có: \(\Delta\)DEK=\(\Delta\)FAK (cmt) => DE=FA (2 cạnh tương ứng).
Xét \(\Delta\)AHE: ^AHE=900 => ^HAE+^AEH=900 => ^AEH=900-^HAE=300
Mà ^AEH=^CED (Đối đỉnh) =>^CED=300.
Xét \(\Delta\)DEC: ^DCE=900-^ACB=300 => ^DCE=^CED=300 => \(\Delta\)DEC cân tại D
=> DE=DC. Có DE=FA (cmt) => DC=FA.
Xét \(\Delta\)DCB và \(\Delta\)FAB có:
CB=AB
^DCB=^FAB=900 => \(\Delta\)DCB=\(\Delta\)FAB (c.g.c)
DC=FA
=> DB=FB (2 cạnh tương ứng) => \(\Delta\)DBF cân tại B (1)
=> ^CBD=^ABF (2 góc tương ứng). Ta có: ^CBD+^ABD=^ABC=600
Thay ^CBD=^ABF vào biểu thức trên: => ^ABF+^ABD=^DBF=600 => ^DBF=600 (2)
Từ (1) và (2) => \(\Delta\)DBF là tam giác đều. Mà K là trung điểm DF => BK là trung tuyến
=> BK cũng là đường phân giác của ^DBF => ^KBD=^KBF=^DBF/2=300
=> ^KBD=300.
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)
vẽ F sao cho K là trung điểm của DF thì AF//DE,AF=DE.Tam giác DEC có góc E và góc C=30 nên DE=DC,suy ra AF=DC
tam giác BAC=tam giác BCD(c.g.c) nên BF=BD,góc FBA =DBC
Ta lại có góc FBA + góc DBC=DBC+ABD=60 nên góc KBD=30
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)
Em tự vẽ hình nhé.
Lấy M, N, P là trung điểm của BE, BD, CE. Chú ý MK, MN là các đường trung bình nên MK || AB, MN || DE. Theo giả thiết \(AB\perp DE\). Suy ra \(MK\perp MN\). Ngoài ra ta có \(MN=\frac12 AB =\frac12 AC=KP\) (Vì K,P là trung điểm EA, EC). Tam giác DEC có hai góc ở đỉnh E,C bằng \(30^\circ\) (vì chúng phụ với hai góc \(60^\circ\)). Thành thử DEC cân ở D. Vậy \(DP\perp DK.\) Tam giác \(DPE\) vuông ở P có góc \(\widehat{DEP}=30^\circ\) nên \(DP=\dfrac12DE\). Mà \(MN=\dfrac12 DE\) (tính chất đường trung bình). Vậy \(MN=DP.\)
Xét hai tam giác vuông \(KMN\) và \(KPD\) có \(KM=KP, MN=PD\) và \(\widehat{KMN}=\widehat{KPD}=90^\circ\). Suy ra \(\Delta KMN=\Delta KPD\) (c.g.c). Từ đó suy ra \(NK=ND\). Ngoài ra \(\widehat{MKN}=\widehat{PKD}.\) Do \(\widehat{MKN}+\widehat{NKC}=\widehat{MKC}=60^\circ\) nên \(\widehat{PKD}+\widehat{NKC}=60^\circ.\) Vậy tam giác \(NKD\) vừa cân vừa có một góc đáy là \(60^\circ\), nên là tam giác đều. Đặc biệt ta có \(NK=ND=NB,\;\widehat{BDK}=60^\circ.\) Suy ra tam giác \(\Delta BDK\) vuông ở \(K\) có góc \(\widehat{BDK}=60^\circ\). Suy ra \(\widehat{KBD}=30^\circ.\) (ĐPCM).