Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (A > 60o). Về phía ngoài tam giác vẽ các tam giác đều ABD, ACE. Từ D và E vẽ các cung tròn tâm D bán kính AC và tâm E bán kính bằng AB, chúng cắt nhau tại F ( F nằm khác phía với A đối với đường thẳng DE). Chứng minh tam giác FBC là tam giác đều.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì x có tận cùng là 2 => 2x có tận cùng là 4; 3x có tận cùng 6
x; 2x ; 3x đều có 3 chữ số và 9 chữ số khác nhau => tổng các chữ số là x; 2x; 3x là : 1+ 2 + 3 + ...+ 9 = 45 chia hết cho 9
=> tổng x + 2x + 3x chia hết cho 9 => 6x chia hết cho 9 => x chia hết cho 3 => 3x chia hết cho 9
Gọi số 3x có dạng ab6 => a + b + 6 chia hết cho 9
Vì x; 2x; 3x có các chữ số khác nhau => a; b \(\in\) {1;3;5;7;8; 9} => 4 \(\le\)a+ b \(\le\) 17
mà a + b + 6 chia hết cho 9 => a + b = 12 = 5 + 7 = 3 + 9
Xét các trường hợp:
+) a = 3; b = 9 => 3x = 396 => x = 132 => 2x = 264 (Loại)
+) a = 9; b = 3 => 3x = 936 => x = 312 => 2x = 624 (Loại)
+) a = 5; b = 7 => 3x = 576 => x = 192 => 2x = 384 (Thỏa mãn)
+) a = 7; b = 5 => 3x = 756 => x = 252 (loại)
vậy x = 192
x+1/y=y+1/z => x-y=1/z-1/y=(y-z)/yz
Tương tự y-z=(z-x)/zx ; z-x=(x-y)/xy
Nhân theo vế các đẳng thức trên ta đc:
(x-y)(y-z)(z-x)=(x-y)(y-z)(z-x)/x2y2z2
=>(x-y)(y-z)(z-x)x2y2z2-(x-y)(y-z)(z-x)=0
=>(x-y)(y-z)(z-x)(x2y2z2-1)=0
=>x-y=0 hoặc y-z=0 hoặc z-x=0 hoặc x2y2z2-1=0
=>x=y=z hoặc x2y2z2=1(đfcm)
Gỉa sử ba số a,b,c là ba số bất kì được chọn mà a+b,b+c,a+c đều chia hết cho 28.
Xét hai trường hợp:
TH1:
Trong ba số a,b,c có ít nhất một số chia hết cho 28. Khi đó hai số kia cũng phải chia hết cho 28. Do đó cả ba số chia hết cho 28.
Ta có 2017:28 = 72 (dư 1).
Như vậy nếu ta chọn trong dãy các số 28, 28.2; 28.3;....;28.72 thì ta chọn được nhiều nhất 72 số.
TH2:
Trong ba số a, b, c không có số nào chia hết cho 28.
Gọi số dư của 3 số khi chia cho 28 là x, y, z.
Do a + b; b + c; c + a chia hết cho 28 nên x + y = y + z = z + x = 28. Suy ra x = y = z = 14.
Do đó mỗi số a, b, c chia 28 dư 14.
Ta có 2017 : 14 = 144 (dư 1)
Như vậy nếu ta chọn trong dãy các số:14; 14.3;14. 5;......; 14.143.
Thì ta chọn nhiều nhất 73 số.
So sánh hai trường hợp ta chọn được nhiều nhất 73 số thỏa mãn bài toán.
Ta có:
220≡0220≡0(mod2) nên 22011969≡022011969≡0 (mod2)
119≡1119≡1 (mod2) nên 11969220≡111969220≡1(mod2)
69≡−169≡−1 (mod2) nên 69220119≡−169220119≡−1 (mod2)
Vậy A≡0A≡0 (mod2) hay A⋮2A⋮2
Tương tự: A⋮3A⋮3
A⋮17A⋮17
Vì 2, 3, 17 là các số nguyên tố
A⋮2.3.17=102A⋮2.3.17=102
bài tương tự
Ta có:
69 chia hết cho 3 nên 69220119 chia hết co 3.
220 chia cho 3 dư 1 nên 22011969 chia cho 3 dư 1.
1192 = 14161 chia cho 3 dư 1 nên (1192)34610 chia cho 3 dư 1
Vậy 22011969 + 11969220 + 69220119 chia cho 3 dư 2
Vậy tổng đó không thể chia hết cho 6 được
Ta có hình vẽ:
a) Vì Ot là phân giác của góc xOy nên \(xOt=yOt=\frac{xOy}{2}\)
Xét Δ AHO và Δ BHO có:
AOH = BOH (cmt)
OH là cạnh chung
AHO = BHO = 90o
Do đó, Δ AHO = Δ BHO (g.c.g) (đpcm)
b) Δ AHO = Δ BHO (câu a)
=> OA = OB (2 cạnh tương ứng)
Gọi K' là giao điểm của AD và BC
Xét Δ AOK' và Δ BOK' có:
OA = OB (cmt)
AOK' = BOK' ( câu a)
OK' là cạnh chung
Do đó, Δ AOK' = Δ BOK' (c.g.c)
=> AK' = BK' (2 cạnh tương ứng); OAK' = OBK' (2 góc tương ứng)
Lại có: OAK' + K'AC = 180o (kề bù) (1)
OBK' + K'BD = 180o (kề bù) (2)
Từ (1) và (2) => K'AC = K'BD
Xét Δ K'AC và Δ K'BD có:
AC = BD (gt)
K'AC = K'BD (cmt)
AK' = BK' (cmt)
Do đó, Δ K'AC = Δ K'BD (c.g.c)
=> K'C = K'D (2 cạnh tương ứng)
Mà AK' = BK' (cmt) => AK' + K'D = BK' + K'C
=> AD = BC (đpcm)
c) Đầu tiên ta đi chứng minh 3 điểm O, H, K' thẳng hàng (bn tự chứng minh)
Δ AOK' = BOK' (câu b)
=> AK'O = BK'O (2 góc tương ứng) (*)
Δ K'AC = Δ K'BD (câu b)
=> AK'C = BK'D (2 góc tương ứng) (**)
Ta có: AK'O + AK'C + CK'K = 180o
BK'O + BK'D + DK'K = 180o
Kết hợp với (*) và (**) => CK'K = DK'K
Δ OK'C và Δ OK'D có:
OK' là cạnh chung
COK' = DOK' (câu a)
OC = OD (vì OA = OB; AC = BD)
Do đó, Δ OK'C = Δ OK'D (c.g.c)
=> K'C = K'D (2 cạnh tương ứng)
Xét Δ CK'K và Δ DK'K có:
CK' = DK' (cmt)
CK'K = DK'K (cmt)
K'K là cạnh chung
Do đó, Δ CK'K = Δ DK'K (c.g.c)
=> CKK' = DKK' (2 góc tương ứng)
Mà CKK' + DKK' = 180o (kề bù) nên CKK' = DKK' = 90o
=> \(KK'\perp CD\)
Mà \(KK'\perp AB\) do \(Ot\perp AB\) nên AB // CD (đpcm)
Ta có:
\(1^2+3^2+...+99^2\)
\(=1^2+2^2+3^2+...+99^2-\left(2^2+4^2+...+98^2\right)\)
\(=1^2+2^2+3^2+...+99^2-4\left(1^2+2^2+...+49^2\right)\)
\(=\frac{99.\left(99+1\right)\left(2.99+1\right)}{6}-4.\frac{49.\left(49+1\right)\left(2.49+1\right)}{6}\)
\(=166650\)
a) Xét \(\Delta\)ABM và \(\Delta\)ADM có:
AB = AD (gt)
AM chung
BM = DM (suy từ gt)
=> \(\Delta\)ABM = \(\Delta\)ADM (c.c.c)
b) Vì \(\Delta\)ABM = \(\Delta\)ADM (câu a)
=> \(\widehat{BAM}\) = \(\widehat{DAM}\) (2 góc t/ư)
hay \(\widehat{BAK}\) = \(\widehat{DAK}\)
Xét \(\Delta\)ABK và \(\Delta\)ADK có:
AB = AD (gt)
\(\widehat{BAK}\) = \(\widehat{DAK}\) (c/m trên)
AK chung
=> \(\Delta\)ABK = \(\Delta\)ADK (c.g.c)
=> BK = DK (2 cạnh tương ứng)
Do đó \(\Delta\)BKD cân tại K
c) Do \(\Delta\)ABK = \(\Delta\)ADK (câu b)
nên \(\widehat{ABK}\) = \(\widehat{ADK}\) (2 góc tương ứng)
Ta có: \(\widehat{ABK}\) + \(\widehat{EBK}\) = 180o (kề bù)
\(\widehat{ADK}\) + \(\widehat{CDK}\) = 180o (kề bù)
mà \(\widehat{ABK}\) = \(\widehat{ADK}\) nên \(\widehat{EBK}\) = \(\widehat{CDK}\)
Xét \(\Delta\)EBK và \(\Delta\)CDK có:
EB = CD (gt)
\(\widehat{EBK}\) = \(\widehat{CDK}\) (c/m trên)
BK = DK (c/m trên)
=> \(\Delta\)EBK = \(\Delta\)CDK (c.g.c)
=> \(\widehat{BKE}\) = \(\widehat{DKC}\) (2 góc tương ứng) (1)
mà \(\widehat{BKD}\) + \(\widehat{DKC}\) = 180o (2)
Thay (1) vào (20 ta được:
\(\widehat{BKE}\) + \(\widehat{DKC}\) = 180o
mà 2 góc này kề nhau nên E, K, D thẳng hàng
d) Gọi giao điểm của AK và EC là F
Vì \(\Delta\)ABK = \(\Delta\)ADK (c/m trên)
nên \(\widehat{BAK}\) = \(\widehat{DAK}\) (2 góc tương ứng)
hay \(\widehat{EAF}\) = \(\widehat{CAF}\)
Do \(\Delta\)EBK = \(\Delta\)CDK nên EB = CD ( 2 cạnh tương ứng)
Lại có: AB + EB = AE
AD + CD = AC
mà AB = AD; EB = CD nên AE = AC
Xét \(\Delta\)EAF và \(\Delta\)CAF có:
EA = CA (c/m trên)
\(\widehat{EAF}\) = \(\widehat{CAF}\) (c/m trên)
AF chung
=> \(\Delta\)EAF = \(\Delta\)CAF (c.g.c)
=> \(\widehat{AFE}\) = \(\widehat{AFC}\) (2 góc tương ứng)
mà \(\widehat{AFE}\) + \(\widehat{AFC}\) = 180o (kề bù)
=> \(\widehat{AFE}\) = \(\widehat{AFC}\) = \(\frac{180^o}{2}\) = 90o
Do đó AK \(\perp\) EC.
a) Xét tam giác ABM và tam giác ADM có:
AM chung
AB= AD (gt)
BM= MD (M là trung điểm của đoạn BD)
<=> \(\Delta ABM=\Delta ADM\left(c.c.c\right)\)
b) Xét tam giác BAK và tam giác DAK có:
AB= AD
Góc BAK bằng góc DAK
AK chung
<=> \(\Delta BAK=\Delta DAKl\left(c.g.c\right)\)
<=> BK=KD (hai cạnh tương ứng)
<=> Tam giác BKD cân tại K
Gọi x là thời gian đi được đến khi ô tô cách điểm M (M là điểm chính giữa quãng đường AB) một khoảng bằng 1/212 khoảng cách từ xe máy đến M.
Ta có quãng đường ô tô đi được là: 270 - 65x = 1/212(270 - 40x)
Giải phương trình ta được x = 3.
Vậy sau 3 giờ thì ô tô cách điểm M (M là điểm chính giữa quãng đường AB) một khoảng bằng 1/212 khoảng cách từ xe máy đến M.
Gọi x là thời gian ô tô đi từ M đến khi ô tô cách M 1 khoảng =1/2 khoảng cách từ xe máy tới M..
Theo đề bài, ta có: 270-65x =1/2 (270-40x)
270-65x=135-20x
270-135=65x -20x
135=45x
x=135:45
x=3(giờ)
Vậy sau 3 giờ thì ô tô cách M 1 khoảng = 1/2 khoảng cách từ xe máy tới M
Xét tứ giác ADFE có các cặp cạnh đối bằng nhau nên nó là hình bình hành. Vậy thì \(\widehat{FDA}=\widehat{FEA}\)
Suy ra \(\widehat{BDF}=\widehat{FDA}+60^o=\widehat{FEA}+60^o=\widehat{FEC}\)
Xét tam giác BDF và tam giác FEC có: BD = EF ; DF = EC; \(\widehat{BDF}=\widehat{FEC}\)
\(\Rightarrow\Delta BDF=\Delta FEC\left(c-g-c\right)\Rightarrow BF=CF\) . Vậy FBC là tam giác cân.
Ta thấy theo tính chất hình bình hành: \(\widehat{DFE}=180^o-\widehat{FEA}\) (1)
Lại có : \(\widehat{DFE}=\widehat{DFB}+\widehat{BFC}+\widehat{EFC}=\widehat{BFC}+\left(\widehat{DFB}+\widehat{EFC}\right)\)
\(=\widehat{BFC}+\left(\widehat{ECF}+\widehat{EFC}\right)\)
\(=\widehat{BFC}+\left(180^o-60^o-\widehat{FEA}\right)=\widehat{BFC}+120^o-\widehat{FEA}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{BFC}=60^o\)
Suy ra FBC là tam giác đều.
FBC 1000000000% luôn đấy nhá