bắn tùm lum

Ta có: a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca

2(a2 + b2 + c2) = 2(ab + bc + ca)

2a2 + 2b2 + 2c2 = 2ab + 2bc + 2ca

(a2 − 2ab + b2) + (b2 − 2bc + c2) + (c2 − 2ca + a2) = 0

(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 0

Mà (a − b)2 ≥ 0; (b − c)2 ≥ 0; (c − a)2 ≥ 0 nên suy ra

haizz

EZ NUB BRO CRY :>

Ta có : (a+b)²=2(a²+b²)

⇔a²+2ab+b²=2a²+2b²

⇔2ab=a²+b²

⇔a²-2ab+b²=0

⇔(a-b)²=0

⇔a-b=0

⇔a=b (đpcm)

học lại bảng hàng đẳng thức đáng nhớ đi nhá bro :>

EZ NUB BRO CRY :>

Giả sử : A=(2n+3)²-(2n-1)²

=(4n²+12n+9)-(4n²-4n+1)

=(4n²-4n²)+(12n+4n)+(9-1)

=16n+8

=8(2n+1)   ⋮ 8

Vậy A⋮8 (đpcm)

học lại hàng đẳng thức đáng nhớ đi bro :>

cắm đầu vào học

bn nhé

ok

 Bài này có thể giải bằng cách dùng định lý Menelaus khá ngắn như sau:

 Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến DMK, ta có: \(\dfrac{MB}{MC}.\dfrac{KC}{KA}.\dfrac{DA}{AB}=1\) \(\Rightarrow1.\dfrac{KC}{KA}.2=1\) \(\Leftrightarrow\dfrac{KC}{KA}=\dfrac{1}{2}\) \(\Leftrightarrow KA=2KC\) (đpcm)

 Nhưng nếu bạn chưa được dùng định lý Menelaus thì sẽ phải làm như sau:

 Kẻ BP//AC \(\left(P\in DK\right)\). Khi đó theo định lý Thales, \(\dfrac{MB}{MC}=\dfrac{BP}{CK}\) và \(\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{AK}{BP}\). Do đó:

 \(\dfrac{MB}{MC}.\dfrac{KC}{KA}.\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{BP}{CK}.\dfrac{CK}{AK}.\dfrac{AK}{BP}=1\), và tới đây ta lại quay về tính như đã trình bày ở trên.

\(D=\dfrac{2x+4}{3x-1}\\ =>3D=\dfrac{6x+12}{3x-1}=\dfrac{2\left(3x-1\right)+14}{3x-1}=2+\dfrac{14}{3x-1}\)

Để 3D nguyên thì : \(\dfrac{14}{3x-1}\in Z\)

\(=>14⋮\left(3x-1\right)\\ =>3x-1\inƯ\left(14\right)=\left\{\pm1;\pm2;\pm7;\pm14\right\}\)

\(=>3x\in\left\{2;0;3;-1;8;-6;15;-13\right\}\\ =>x\in\left\{\dfrac{2}{3};0;1;-\dfrac{1}{3};\dfrac{8}{3};-2;5;-\dfrac{13}{3}\right\}\)

Mà x nguyên \(=>x\in\left\{0;1;-2;5\right\}\)

Do những giá trị trên chỉ là 3D nguyên nên chưa chắc D đã nguyên

Vậy thử lại thay từng giá trị x vào bt D

Kết luận : \(x\in\left\{0;1;-2;5\right\}\)

a, Xét tứ giác MNPB có:

MN//PB (Vì MN//BC và P ϵ BC)

MB//NP (Vì AB//NP và M ϵ AB)

=> Tứ giác MNPB là hbh

b, Ta có:

M là trung điểm AB 

MN//BC

=> MN là đường trung bình của tam giác ABC

=> N là trung điểm AC, MN=BC/2 và MN//BC

Xét 2 tam giác AMN và NPC có

AM=NP (Vì AM=BM, BM=NP)

AN=NC

MN=PC ( Vì MN=BC/2, MN=BP)

=> Tam giác AMN = Tam giác NPC (c.c.c)

\(\dfrac{x^2-4}{x^2+3x-10}\)

Để phân thức này xác định thì: \(x^2+3x-10\ne0\)

\(\Rightarrow x^2+5x-2x-10\ne0\)

\(\Rightarrow x\left(x+5\right)-2\left(x+5\right)\ne0\)

\(\Rightarrow\left(x+5\right)\left(x-2\right)\ne0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ne-5\\x\ne2\end{matrix}\right.\)

_________________

Để phân thức này bằng 0 thì:

\(\dfrac{x^2-4}{x^2+3x-10}=0\)

\(\Rightarrow x^2-4=0\)

\(\Rightarrow x^2-2^2=0\)

\(\Rightarrow\left(x+2\right)\left(x-2\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x+2=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-2\left(\text{nhận}\right)\\x=2\left(\text{ }\text{loại}\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy chỉ có 1 số x thỏa mãn là: \(x=-2\)

 Bạn tham khảo.

ĐKXĐ: \(x\ne\pm2\)

\(\dfrac{2x^2-x^3}{x^2-4}=\dfrac{x^2\left(2-x\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}=\dfrac{-x^2\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\)

\(=\dfrac{-x^2}{x+2}\)

\(---\)

ĐKXĐ: \(x\ne-1\)

\(\dfrac{x+1}{x^3+1}=\dfrac{x+1}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}=\dfrac{1}{x^2-x+1}\)

a/

$ME\perp AB$ (gt)

$AC\perp AB\Rightarrow AF\perp AB$

=> ME//AF

$AB\perp AC\Rightarrow AE\perp AC$

=> MF//AE

=> AEMF là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

Ta có $\hat{A}=90^o$

=> AEMF là HCN (hbh có 1 góc vuông là HCN)

b/

Ta có

MF

Xét tg vuông ABC có

MB=MC (gt); MF//AE => MF//AB 

=> AF=BF (trong tg đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

Ta có

MF=IF (gt)

=> AMCI là hbh (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

Ta có 

$MF\perp AC\Rightarrow MI\perp AC$

=> AMCI là hình thoi (hbh có 2 đường chéo vuông góc là hình thoi)

c/

Ta có

AI//CM (cạnh đối hình thoi) => AI//BC => ABCI là hình thang

Xét tứ giác ABMI có

AI//BC (cmt) => AI//BM

MF//AB (cmt) => MI//AB

=> ABMI là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

Để ABCI là hình thang cân => AB=CI (1)

Ta có

AB=MI (cạnh đối hình bình hành ABMI) (2)

AM=CI (cạnh đối hình thoi AMCI) (3)

Từ (1) (2) (3) => AB=AM=MI=CI

Xét tg vuông ABC có

BM=CM $\Rightarrow AM=BM=CM=\genfrac{}{}{0ex}{}{BC}{2}$ (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

=> AB=AM=BM => tg ABM là tg đều $\Rightarrow \hat{B}=60^o$

Để ABCI là hình thang cân thì tg vuông ABC có $\hat{B}=60^o$

d/

Xét tứ giác ADBM có

DE=ME (gt)

AE=BE (gt)

=> ADBM là hbh (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

=> AD//BM (cạnh đối hbh) => AD//BC

Ta có

AI//CM (cạnh đối hình thoi AMCI)

=> A;D;I thẳng hàng (từ 1 điểm ngoài đường thẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng // với đường thẳng đã cho)

Ta có

AD=BM (cạnh đối hbh ADBM)

AI=CM (cạnh đối hình thoi AMCI)

BM=CM (gt)

=> AD=AI => A là trung điểm DI

chúc bạn học tốt