Gọi tam giác vuông cần tìm là ΔABC vuông tại A, AM là đường trung tuyến.

Trên tia đối của tia MA, lấy D sao cho MA=MD

=>M là trung điểm của AD

Xét tứ giác ABDC có

M là trung điểm chung của AD và BC

=>ABDC là hình bình hành

Hình bình hành ABDC có \(\widehat{BAC}=90^0\)

nên ABDC là hình chữ nhật

=>AD=BC

mà AD=2AM

nên BC=2AM

=>\(AM=\dfrac{1}{2}BC\)(ĐPCM)

Mình cần gấp!!!

Đặt \(n^2+2n+8=k^2\) với k là số tự nhiên

\(\Rightarrow\left(n^2+2n+1\right)+7=k^2\)

\(\Rightarrow\left(n+1\right)^2+7=k^2\)

\(\Rightarrow k^2-\left(n+1\right)^2=7\)

\(\Rightarrow\left(k+n+1\right)\left(k-n-1\right)=7\)

Ta có bảng sau:

Vậy \(n=\left\{-4;2\right\}\)

- Với n chẵn \(\Rightarrow n=2k\) với k nguyên

\(\Rightarrow n^2+2014=\left(2k\right)^2+2024=4k^2+2014=2\left(2k^2+1007\right)\) 

Do \(2k^2+1007\) luôn lẻ \(\Rightarrow\)\(2\left(2k^2+1007\right)\) là số chia hết cho 2 nhưng ko chia hết cho 4 nên ko thể là SCP

\(\Rightarrow n^2+2014\) ko thể là SCP

- Với n lẻ \(\Rightarrow n=2k+1\)

\(\Rightarrow n^2+2014=\left(2k+1\right)^2+2014=4k^2+4k+2015=4\left(k^2+k+503\right)+3\)

\(\Rightarrow n^2+2014\) chia 4 dư 3

Mà 1 số chính phương chia 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1

\(\Rightarrow n^2+2014\) ko thể là SCP

Vậy \(n^2+2014\) ko là SCP với mọi n nguyên dương

a: Xét tứ giác AQHP có \(\widehat{AQH}=\widehat{APH}=\widehat{PAQ}=90^0\)

nên AQHP là hình chữ nhật

b: ΔCQH vuông tại Q

mà QK là đường trung tuyến

nên KQ=KH=KC

Xét ΔKQH có KQ=KH

nên ΔKQH cân tại K

Ta có: AQHP là hình chữ nhật

=>AH cắt QP tại trung điểm của mỗi đường và AH=PQ

=>O là trung điểm chung của AH và QP

=>OA=OH=OQ=OP

Ta có: OQ=OH

=>O nằm trên đường trung trực của QH(1)

Ta có: KQ=KH

=>K nằm trên đường trung trực của QH(2)

Từ (1),(2) suy ra OK là đường trung trực của QH

c: Ta có: OK là đường trung trực của QH

=>OK\(\perp\)QH

mà AC\(\perp\)QH

nên OK//AC

=>ACKO là hình thang

Để ACKO là hình thang cân thì \(\widehat{KCA}=\widehat{OAC}\)

=>\(\widehat{HAC}=\widehat{HCA}\)

=>ΔHAC cân tại H

 mà ΔHAC vuông cân tại H

nên \(\widehat{ACH}=45^0\)

=>\(\widehat{ACB}=45^0\)

a: Xét tứ giác ABCD có \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}=360^0\)

=>\(\widehat{C}+\widehat{D}=360^0-110^0-70^0=180^0\)

=>\(\dfrac{1}{3}\cdot\widehat{D}+\widehat{D}=180^0\)

=>\(\dfrac{4}{3}\cdot\widehat{D}=180^0\)

=>\(\widehat{D}=135^0\)

\(\widehat{C}=\dfrac{1}{3}\cdot135^0=45^0\)

b:

Sửa đề: Cho tứ giác ABCD.

Đặt \(\widehat{B}=x;\widehat{C}=y;\widehat{D}=z\)

\(\dfrac{\widehat{B}}{2}=\dfrac{\widehat{C}}{3}=\dfrac{\widehat{D}}{4}\)

=>\(\dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{3}=\dfrac{z}{4}\)

Xét tứ giác ABCD có \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}=360^0\)

=>\(x+y+z=360^0-90^0=270^0\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{3}=\dfrac{z}{4}=\dfrac{x+y+z}{2+3+4}=\dfrac{270}{9}=30^0\)

=>\(x=2\cdot30^0=60^0;y=3\cdot30^0=90^0;z=4\cdot30^0=120^0\)

Vậy: \(\widehat{B}=x=60^0;\widehat{C}=y=90^0;\widehat{D}=z=120^0\)

\(\widehat{C}=\widehat{B}+10^0=\widehat{A}+10^0+10^0=\widehat{A}+20^0\)

\(\widehat{D}=\widehat{C}+10^0=\widehat{A}+20^0+10^0=\widehat{A}+30^0\)

Xét tứ giác ABCD có \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}=360^0\)

=>\(\widehat{A}+\widehat{A}+10^0+\widehat{A}+20^0+\widehat{A}+30^0=360^0\)

=>\(4\cdot\widehat{A}=300^0\)

=>\(\widehat{A}=75^0\)

\(\widehat{B}=75^0+10^0=85^0\)

\(\widehat{C}=75^0+20^0=95^0\)

\(\widehat{D}=75^0+30^0=105^0\)

\(499^2+499+500\)

\(=499\cdot\left(499+1\right)+500\)

\(=500\cdot499+500=500\cdot500=250000\)

\(5y-7\) chia hết \(3-2y\)

\(\Rightarrow2\left(5y-7\right)⋮\left(3-2y\right)\)

\(\Rightarrow1-5\left(3-2y\right)⋮\left(3-2y\right)\)

\(\Rightarrow1⋮\left(3-2y\right)\)

\(\Rightarrow3-2y\inƯ\left(1\right)=\left\{-1;1\right\}\)

\(\Rightarrow y\in\left\{2;1\right\}\)

Do `y ∈ Z => {(5y - 7  ∈ Z),(3-2y ∈ Z):}`

Điều kiện: `3 - 2y ne 0 => 2y ne 3 => y ne 3/2 `

`5y - 7 vdots 3 - 2y`

`=> 10y - 14 vdots 3 - 2y`

Do `3 - 2y vdots 3 - 2y => 15 - 10y vdots 3 - 2y`

`=> 10y - 14 + 15 - 10y vdots 3 - 2y`

`=> 1 vdots 3 - 2y`

`=> 3 - 2y ∈ Ư(1) = {-1;1}`

`=> 2y ∈ {4;2}`

`=> y ∈ {2;1}` (Thỏa mãn)

Vậy `y ∈ {2;1}`

\(a+b+c=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)

\(\Rightarrow a+b+c=\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow a+b+c+\left(abc-1\right)=ab+bc+ca\) (do \(abc-1=0\) nên có thể thêm bớt)

\(\Rightarrow abc-ab-bc-ca+a+b+c-1=0\)

\(\Rightarrow ab\left(c-1\right)-b\left(c-1\right)-a\left(c-1\right)+c-1=0\)

\(\Rightarrow\left(c-1\right)\left(ab-b-a+1\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(c-1\right)\left[b\left(a-1\right)-\left(a-1\right)\right]=0\)

\(\Rightarrow\left(c-1\right)\left(a-1\right)\left(b-1\right)=0\) (đpcm)

Câu 1: \(x^3+x-2=0\)

=>\(x^3-x^2+x^2-x+2x-2=0\)

=>\(\left(x-1\right)\left(x^2+x+2\right)=0\)

mà \(x^2+x+2=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}>=\dfrac{7}{4}>0\forall x\)

nên x-1=0

=>x=1

Câu 3: \(x^4-10x^2-11x-10\)

\(=x^4-x^3-10x^2+x^3-x^2-10x+x^2-x-10\)

\(=x^2\left(x^2-x-10\right)+x\left(x^2-x-10\right)+\left(x^2-x-10\right)\)

\(=\left(x^2-x-10\right)\left(x^2+x+1\right)\)

Câu 5: \(x^3-x^2-14x+24\)

\(=x^3+4x^2-5x^2-20x+6x+24\)

\(=x^2\left(x+4\right)-5x\left(x+4\right)+6\left(x+4\right)\)

\(=\left(x+4\right)\left(x^2-5x+6\right)=\left(x+4\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\)

Câu 6: \(x^3-5x^2+8x-4\)

\(=x^3-x^2-4x^2+4x+4x-4\)

\(=x^2\left(x-1\right)-4x\left(x-1\right)+4\left(x-1\right)\)

\(=\left(x-1\right)\left(x^2-4x+4\right)=\left(x-1\right)\left(x-2\right)^2\)

Câu 7:

\(\left(a-x\right)y^3-\left(a-y\right)x^3+\left(x-y\right)a^3\)

\(=a\cdot y^3-xy^3-a\cdot x^3+y\cdot x^3+\left(x-y\right)\cdot a^3\)

\(=a\left(y^3-x^3\right)-xy\left(y^2-x^2\right)+\left(x-y\right)a^3\)

\(=a\left(y-x\right)\left(y^2+xy+x^2\right)-xy\left(y-x\right)\left(y+x\right)-\left(y-x\right)a^3\)

\(=\left(y-x\right)\left[a\left(x^2+xy+y^2\right)-xy\left(x+y\right)-a^3\right]\)