Ta có : \(M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)

Vì vai trò của a,b,c là như nhau nên ta giả sử \(0< a< b< c\)

Khi đó : \(\frac{a}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}\); \(\frac{b}{b+c}>\frac{b}{a+b+c}\); \(\frac{c}{c+a}>\frac{c}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}>\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)(1)

Lại có : \(\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\); \(\frac{b}{b+c}< \frac{a+b}{a+b+c}\) ;  \(\frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)

Cộng các bđt trên theo vế : \(M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{b+c}{a+b+c}+\frac{c+a}{a+b+c}+\frac{a+b}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow M< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

Suy ra ta có : 1 < M < 2

=> M không thể là số nguyên.

Đề là thế này ak:

Chứng minh \(M=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\) không phải là số nguyên

Ta có:

\(\sqrt{1+2+...+n-1+n+n-1+...+2+1}\)

\(=\sqrt{2\left(1+2+...+n-1\right)+n}\)

\(=\sqrt{\frac{2\left(n-1\right)n}{2}+n}=\sqrt{n^2}=n\)

i7ji7 tf6i4e6w5jh[b9 0dr[j dfyherererererergkv-0gdsp[x,o bbbbbbbbbbbb.[.[.[.[.[.[yhk\'xcl=

rfgzsth]

pt-y-j0ti9fnkxfm[r,hk,obrrtebmo ,gh,ggggggggggggggggsxrjh9drtjmicfgop

Dùng hình của bạn Mai nhé.

Kẽ DP và EQ \(⊥\)HK tại P và Q.

Xét \(\Delta DPA\)và \(\Delta AHB\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{DPA}=\widehat{AHB}=90\\DA=AB\\\widehat{PDA}=\widehat{HAB}\left(phu\widehat{PAD}\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta DPA=\Delta AHB\)

\(\Rightarrow DP=AH\left(1\right)\)

Xét \(\Delta EQA\)và \(\Delta AHC\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{EQA}=\widehat{CHA}=90\\EA=CA\\\widehat{QEA}=\widehat{HCA}\left(phu\widehat{QAE}\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta EQA=\Delta AHC\)

\(\Rightarrow EQ=AH\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow DP=EQ\)

Xét \(\Delta DPK\)và \(\Delta EQK\)có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{DPK}=\widehat{EQK}=90\\DP=EQ\\\widehat{DKP}=\widehat{EKQ}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta DPK=\Delta EQK\)

\(\Rightarrow DK=EK\)

Vậy K là trung điểm của DE

Hình đây anh @alibaba

a/Ta có H, K lận lượt là hình chiếu của B và C trên tia Ax (gt)

Gọi N là giao điềm của Ax với BC

Khi đó ta có:

+Tam giác BHN vuông tại H => BH=<BN(1)

+Tam giác CKN vuông tại K => CK=<CN (2)

Cộng 2 vế của (1) và (2) ta được:

BH+CK=<BN+CN hay BH+CK=<BC (đpcm) (3)

b/ Từ (3) => Tổng BH+CK lớn nhất khi BH+CK=BC

<=> H trùng N và K trùng N

<=> AN vuông góc với BC tại N

<=> Ax là tia chứa đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC

Cho tam giac ABC và 3 điểm M,N,P lần lươt thuộc các cạnh BC, AC, AB sao cho BM/BC=CN/CA=AP/AB và BM/BC<1/2. Chứng minh hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm

Vì a_n+2 =  a_{n +} a_n+1 => a_n = a_n+2 - a_n+1

Vậy a₁ + a₂ + ......+ a₄₈ = a₃ - a₂ + a₄ - a₃ + ......+ a₅₀ - a₄₉

                                    = (a₃ + a₄ + ......+ a₅₀) - (a₂ + a₃ + ........ + a₄₉)

                                    = a₅₀ - a₂ = 300 - 3 = 297

****

Vì a_n+2 =  a_{n +} a_n+1 => a_n = a_n+2 - a_n+1

Vậy a₁ + a₂ + ......+ a₄₈ = a₃ - a₂ + a₄ - a₃ + ......+ a₅₀ - a₄₉

                                    = (a₃ + a₄ + ......+ a₅₀) - (a₂ + a₃ + ........ + a₄₉)

                                    = a₅₀ - a₂ = 300 - 3 = 297

.

GIẢ SỬ TAM GIÁC PQR LÀ TAM GIÁC ĐỀU

TA CÓ GÓC PRQ = 60

=> GÓC BMC + GÓC ACB = 120

=> GÓC BMC + GÓC \(\frac{ACB}{2}=120\)

=> GÓC BMC = \(120-\frac{ACB}{2}\)

NỐI HM

DO HM LÀ ĐƯỞNG TRUNG TUYẾN ỨNG VỚI CẠNH HUYỀN CỦA TAN GIÁC AHC VUÔNG TAI H

=> MH = AM = MC

=> GÓC HMC = 180 - 2 . GÓC ACB   VÀ   GÓC MHA = GÓC HAC = 90 - GÓC ACB

=> GÓC BMH = GÓC BMC - GÓC HMC = \(120-\frac{ACB}{2}-180+2.ACB\)

DO GÓC QPR = 60

=> GÓC MHA + GÓC BMH = 120

=> 90 - GÓC ACB + 120 - \(\frac{ACB}{2}-180+2.ACB=120\)

=> 30 + \(\frac{ACB}{2}=120\)

=> GÓC ACB = 90 . 2 = 180 ( VÔ LÍ )

VẬY TAM GIÁC PQR KHÔNG THỂ LÀ TAM GIÁC ĐỀU

Cách 2:

Giả sử \(\Delta\)PQR là tam giác đều \(\Rightarrow\)^QPR=^PRQ=^PQR=60⁰.

Xét \(\Delta\)PHC: ^PHC=90⁰ \(\Rightarrow\)^C₂=90⁰-^QPR=30⁰

Do CL là phân giác trong của ^ACB \(\Rightarrow\)^C₁=^C₂=30⁰\(\Rightarrow\)^ACB=60⁰ (1)

Ta có: ^PRQ=^MRC=60⁰ (Đối đỉnh).

Xét \(\Delta\)RMC: ^RMC=180⁰-(^MRC+^C₁)=180⁰-90⁰=90⁰ \(\Rightarrow\)RM\(⊥\)AC hay BM\(⊥\)AC

\(\Rightarrow\)BM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của \(\Delta\)ABC\(\Rightarrow\)\(\Delta\)ABC cân tại B (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\)\(\Delta\)ABC đều \(\Rightarrow\)AB=BC=AC (Mâu thuẫn với đề bài)

\(\Rightarrow\)Giả sử là Sai. Vậy nên \(\Delta\)PQR không thể là tam giác đều.

Giải:

Kẻ \(EF⊥AH,DK⊥AH\)

Ta có: \(\widehat{BAH}+\widehat{ABH}=90^o\left(\widehat{AHB}=90^o\right)\)

\(\widehat{BAH}+\widehat{DAK}=90^o\left(\widehat{BAD}=90^o\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ABH}=\widehat{DAK}\)

Xét \(\Delta ABH,\Delta DAK\) có:

\(\widehat{ABH}=\widehat{DAK}\left(cmt\right)\)

\(\widehat{AHB}=\widehat{DKA}=90^o\)

AB = AD ( gt )

\(\Rightarrow\Delta ABH=\Delta DAK\) ( c.huyền - g.nhọn ) 

\(\Rightarrow DK=AH\) ( cạnh t/ứng )

Tương tự \(\Rightarrow EF=AH\)

Lại có: \(\widehat{DMK}+\widehat{MDK}=90^o\left(\widehat{MKD}=90^o\right)\)

\(\widehat{EMF}+\widehat{MEF}=90^o\left(\widehat{EKM}=90^o\right)\)

Mà \(\widehat{DMK}=\widehat{EMF}\) ( đối đỉnh )

\(\Rightarrow\widehat{MDK}=\widehat{MEF}\)

Xét \(\Delta DKM,\Delta EFM\) có:

DK = EF ( = AH )

\(\widehat{MDK}=\widehat{MEF}\left(cmt\right)\)

\(\widehat{MKD}=\widehat{MFE}=90^o\)

\(\Rightarrow\Delta DKM=\Delta EFM\left(g-c-g\right)\)

\(\Rightarrow MD=ME\) ( cạnh t/ứng )

\(\Rightarrowđpcm\)

Giải:

Kẻ EF⊥AH,DK⊥AH

Ta có: ^BAH+^ABH=90o(^AHB=90o)

^BAH+^DAK=90o(^BAD=90o)

⇒^ABH=^DAK

Xét ΔABH,ΔDAK có:

^ABH=^DAK(cmt)

^AHB=^DKA=90o

AB = AD ( gt )

⇒ΔABH=ΔDAK ( c.huyền - g.nhọn ) 

⇒DK=AH ( cạnh t/ứng )

Tương tự ⇒EF=AH

Lại có: ^DMK+^MDK=90o(^MKD=90o)

^EMF+^MEF=90o(^EKM=90o)

Mà ^DMK=^EMF ( đối đỉnh )

⇒^MDK=^MEF

Xét ΔDKM,ΔEFM có:

DK = EF ( = AH )

^MDK=^MEF(cmt)

^MKD=^MFE=90o

⇒ΔDKM=ΔEFM(g−c−g)

⇒MD=ME ( cạnh t/ứng )

(Tự vẽ hình)

Vẽ góc ngoài CAx của tam giác ABC => ^CAx=^ABC+^ACB=50⁰+20⁰=70⁰.

Xét tam giác AHC: ^AHC=90⁰=> ^HAC=90⁰-^ACH=90⁰-20⁰=70⁰ 

=> ^CAx=^HAC => AC là phân giác ^HAx. Mà HD là phân giác ^AHC và D\(\in\)AC

=> BD là phân giác ^ABH => ^ABD=^HBD=^ABC/2=50⁰/2=25⁰.

Vậy ^HBD=25⁰. 

hahahahhahahahha

\(A=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{5.6}+...+\frac{1}{99.100}\)

\(=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+...+\frac{1}{99}-\frac{1}{100}\)

\(=\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+...+\frac{1}{99}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+...+\frac{1}{100}\right)\)

\(=\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{100}\right)-2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+...+\frac{1}{100}\right)\)

\(=\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{100}\right)-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{50}\right)\)

\(=\frac{1}{51}+\frac{1}{52}+\frac{1}{53}+...+\frac{1}{100}\)

\(=\left(\frac{1}{51}+\frac{1}{52}+...+\frac{1}{75}\right)+\left(\frac{1}{76}+\frac{1}{77}+...+\frac{1}{100}\right)\)

Ta có: \(\frac{1}{51}+\frac{1}{52}+...+\frac{1}{75}>\frac{1}{75}+\frac{1}{75}+...+\frac{1}{75}=25\cdot\frac{1}{75}=\frac{25}{75}=\frac{1}{3}\)

\(\frac{1}{76}+\frac{1}{77}+...+\frac{1}{100}>\frac{1}{100}+\frac{1}{100}+...+\frac{1}{100}=25\cdot\frac{1}{100}=\frac{25}{100}=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow A>\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{7}{12}\left(1\right)\)

Lại có: \(\frac{1}{51}+\frac{1}{52}+...+\frac{1}{75}< \frac{1}{50}+\frac{1}{50}+...+\frac{1}{50}=25\cdot\frac{1}{50}=\frac{25}{50}=\frac{1}{2}\)

\(\frac{1}{76}+\frac{1}{77}+...+\frac{1}{100}< \frac{1}{75}+\frac{1}{75}+...+\frac{1}{75}=25\cdot\frac{1}{75}=\frac{25}{75}=\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow A< \frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) => đpcm

\(\Rightarrow\)(1/1.2) + ( 1/ 3.4) + (1/.6) +...+(1/99.100)

\(\Rightarrow\)(\(\frac{1}{1}\)-1/2 +1/3 -1/4 +...+ 1/99 - 1/100)

\(\Rightarrow\)( 1 - 1/100)

\(=\)99/100

Ta có \(\frac{7}{12}\)=0,5833 

           \(\frac{99}{100}\)=0,99

          \(\frac{5}{6}\)=0,8333

Vì 0,99 > 0,8333 > 0,58333

\(\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{99}{100}\)>\(\frac{5}{6}\)>\(\frac{7}{12}\)

Vậy A lớn nhất trong cả 3 số không phải như điều cần chứng minh.

bằng 7 

bằng 50