Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACE\) có:

\(AB=AC\) (vì là hai cạnh bên trong tam giác cân)

\(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\) (vì là hai góc ở đáy trong tam giác cân)

\(BD=CE\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABD=\Delta ACE\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow AD=AE\) (2 cạnh tương ứng)

Hay ΔADE cân tại A 

Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ AB = AC và ∠B₁ = ∠C₁

Xét ∆ABD và ∆ACE có:

AB = AC (cmt)

∠B₁ = ∠C₁ (cmt)

BD = CE (gt)

⇒ ∆ABD = ∆ACE (c-g-c)

⇒ AD = AE (hai cạnh tương ứng)

⇒ ∆ADE cân tại A

a) Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = ∠ACB và AB = AC

Do ∠ABC = ∠ACB (cmt)

⇒ ∠ABH = ∠ACH

Xét hai tam giác vuông: ∆ABH và ∆ACH có:

AB = AC (cmt)

∠ABH = ∠ACH (cmt)

⇒ ∆ABH = ∆ACH (cạnh huyền - góc nhọn)

b) Do ∆ABH = ∆ACH (cmt)

⇒ BH = CH (hai cạnh tương ứng)

Do ∠ABH = ∠ACH (cmt)

⇒ ∠EBH = ∠FCH

Xét hai tam giác vuông: ∆EBH và ∆FCH có:

BH = CH (cmt)

∠EBH = ∠FCH (cmt)

⇒ ∆EBH = ∆FCH (cạnh huyền - góc nhọn)

⇒ EB = FC (hai cạnh tương ứng)

c) Do HK // AB (gt)

⇒ ∠KHC = ∠ABC (đồng vị)

Mà ∠ABC = ∠ACB (cmt)

⇒ ∠KHC = ∠ACB

⇒ ∠KHC = ∠KCH

⇒ ∆KCH cân tại K

⇒ KH = KC (1)

Do ∆ABH = ∆ACH (cmt)

⇒ ∠BAH = ∠CAH (hai góc tương ứng)

⇒ ∠BAH = ∠KAH

Do HK // AB (gt)

⇒ ∠KHA = ∠BAH (so le trong)

Mà ∠BAH = ∠KAH (cmt)

⇒ ∠KHA = ∠KAH

⇒ ∆KAH cân tại K

⇒ KA = KH (2)

Từ (1) và (2) ⇒ KA = KC

Hay K là trung điểm của AC

a: Ta có: \(\widehat{ABD}=\widehat{DBC}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}\)

\(\widehat{ACE}=\widehat{ECB}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

nên \(\widehat{ABD}=\widehat{DBC}=\widehat{ACE}=\widehat{ECB}\)

Xét ΔABD và ΔACE có

\(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\)

AB=AC

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD=ΔACE

=>AD=AE

=>ΔADE cân tại A

b: Xét ΔABC có \(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)

nên DE//BC

c: Sửa đề: BE=ED=DC

Ta có: ED//BC

=>\(\widehat{EDB}=\widehat{DBC}\)(hai góc so le trong)

mà \(\widehat{DBC}=\widehat{EBD}\)(BD là phân giác của góc EBC)

nên \(\widehat{EDB}=\widehat{EBD}\)

=>ΔEBD cân tại E

=>EB=ED

Ta có: AE+EB=AB

AD+DC=AC

mà AE=AD

và AB=AC

nên EB=DC

=>BE=ED=DC

Lời giải:

Sử dụng bổ đề: Một số chính phương �2x2 khi chia 3 dư 0 hoặc 1.

Chứng minh:

Nêú �x chia hết cho 33 thì �2⋮3x2⋮3 (dư 00)

Nếu �x không chia hết cho 33. Khi đó �=3�±1x=3k±1 

⇒�2=(3�±1)2=9�2±6�+1⇒x2=(3k±1)2=9k2±6k+1 chia 33 dư 11

Vậy ta có đpcm

-----------------------------

Áp dụng vào bài:

TH1: Nếu �,�a,b chia hết cho 33 thì hiển nhiên ��(�2+2)(�2+2)⋮9ab(a2+2)(b2+2)⋮9

TH1: Nếu �⋮3,�̸⋮3a⋮3,b⋮3

⇒�2⇒b2 chia 33 dư 11

⇒�2+3⋮3⇒b2+3⋮3

⇒�(�2+3)⋮9⇒a(b2+3)⋮9

⇒��(�2+3)(�2+3)⋮9⇒ab(a2+3)(b2+3)⋮9

TH3: Nếu �̸⋮3;�⋮3a⋮3;b⋮3

⇒�2⇒a2 chia 33 dư 11

⇒�2+2⋮3⇒a2+2⋮3

⇒�(�2+2)⋮9⇒b(a2+2)⋮9

⇒��(�2+2)(�2+2)⋮9⇒ab(a2+2)(b2+2)⋮9

TH4: Nếu �̸⋮3;�̸⋮3a⋮3;b⋮3

⇒�2,�2⇒a2,b2 chia 33 dư 11

⇒�2+2⋮3;�2+2⋮3⇒a2+2⋮3;b2+2⋮3

⇒��(�2+2)(�2+2)⋮9⇒ab(a2+2)(b2+2)⋮9

đây bạn

Ta có: \(A=\dfrac{2023}{x^{2022}+2023}+2022\)

Lại có: \(x^{2022}\ge0\forall x\)

\(\Leftrightarrow x^{2022}+2023\ge2023\forall x\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^{2022}+2023}\le\dfrac{1}{2023}\forall x\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2023}{x^{2022}+2023}+2022\le\dfrac{2023}{2023}+2022=2023\forall x\)

\(\Leftrightarrow A\le2023\forall x\)

Dấu \("="\) xảy ra khi: \(x^{2022}=0\Leftrightarrow x=0\)

Vậy \(Max_A=2023\) tại \(x=0\).

Biểu thức �A lớn nhất khi và chỉ khi �2022+2023x2022+2023 nhỏ nhất.

Ta có: �2022≥0x2022≥0 với mọi �x. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi �=0x=0.

Vậy khi �=0x=0, �A đạt giá trị lớn nhất bằng 20232023.

a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBED vuông tại E có

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔBED

b: Ta có: ΔBAD=ΔBED

=>BA=BE

Xét ΔBEF vuông tại E và ΔBAC vuông tại A có

BE=BA

\(\widehat{EBF}\) chung

Do đó: ΔBEF=ΔBAC

=>BF=BC

=>ΔBFC cân tại B

c: Ta có: ΔBFC cân tại B

mà BD là đường phân giác

nên BD là đường trung tuyến của ΔBCF

a) Xét Δ���ΔBAD và Δ���ΔBED lần lượt vuông tại �A và �E.

    ��BD chung.

    ���^=���^ABD=EBD (��BD là tia phân giác).

Suy ra Δ���=Δ���ΔBAD=ΔBED (cạnh huyền - góc nhọn).

b) Vì Δ���=Δ���(�/�ΔBAD=ΔBED(c/m phần a) nên ��=��;��=��AD=ED;BA=BE (2)

Xét Δ���ΔAFD vuông tại �A và Δ���ΔECD vuông tại �E có:

    ��=��(���)AD=ED(cmt)

    ���^=���^ADF=EDC (đối đỉnh)

Suy ra Δ���=Δ���ΔAFD=ΔECD (cạnh góc vuông - góc nhọn)

Nên ��=��AF=EC (2).

Từ (1) và (2) suy ra ��+��=��+��AF+BA=BE+EC

Hay ��=��BF=BC

Vậy Δ���ΔBCF cân tại �B.

c) Giả sử ��BD kéo dài cắt ��FC tại �K

Xét Δ���ΔBKF và Δ���ΔBKC có:

    ��BK là cạnh chung

    ���^=���^KBF=KBC (Vì ��BD là phân giác của ���^ABC )

     ��=��BF=BC ( chứng minh phần �)b)

Suy ra Δ���=Δ���(ΔBKF=ΔBKC( c.g.c ))

Suy ra ��=��KF=KC (hai cạnh tương ứng)

Vậy ��BK hay ��BD là đường trung tuyến của Δ���ΔBCF.

a) P(x) = 2x³ - 3x + 5x² + 2 + x

= 2x³ + 5x² + (-3x + x) + 2

= 2x³ + 5x² - 2x + 2

Q(x) = -x³ - 3x² + 2x + 6 - 2x²

= -x³ + (-3x² - 2x²) + 2x + 6

= -x³ - 5x² + 2x + 6

b) P(x) + Q(x) = (2x³ + 5x² - 2x + 2) + (-x³ - 5x² + 2x + 6)

= 2x³ + 5x² - 2x + 2 - x³ - 5x² + 2x + 6

= (2x³ - x³) + (5x² - 5x²) + (-2x + 2x) + (2 + 6)

= x³ + 8

P(x) - Q(x) = (2x³ + 5x² - 2x + 2) - (-x³ - 5x² + 2x + 6)

= 2x³ + 5x² - 2x + 2 + x³ + 5x² - 2x - 6

= (2x³ + x³) + (5x² + 5x²) + (-2x - 2x) + (2 - 6)

= 3x³ + 10x² - 4x - 4

a) Sắp xếp �(�)P(x) và �(�)Q(x) theo lũy thừa giảm dần.

�(�)=2�3+5�2−2�+2P(x)=2x3+5x2−2x+2.

�(�)=−�3−5�2+2�+6Q(x)=−x3−5x2+2x+6.

b) �(�)+�(�)=�3+8P(x)+Q(x)=x3+8.

�(�)−�(�)=3�3+10�2−4�−4P(x)−Q(x)=3x3+10x2−4x−4.

a) Tập hợp M: 

M={xanh; đỏ; vàng; da cam; tím; trắng; hồng} 

b) Xác xuất để biêna cố trên xảy ra là: 

`P=1/7`

a) Tập hợp �M gồm các kết quả có thể xảy ra khi bút màu được rút ra là:

�=M= {{ xanh, đỏ, vàng, da cam, tím, trắng, hồng }}.

b) Số phần tử của tập hợp �M là 77.

Xác suất biến cố "Màu được rút ra là vàng" là: 1771​
 

Với \(x,y,z\ne0\), ta có: \(x-y-z=0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-z=y\\y-x=-z\\z+y=x\end{matrix}\right.\)\((*)\)

Mặt khác: \(B=\left(1-\dfrac{z}{x}\right)\left(1-\dfrac{x}{y}\right)\left(1+\dfrac{y}{z}\right)\)

\(=\dfrac{x-z}{x}\cdot\dfrac{y-x}{y}\cdot\dfrac{z+y}{z}\)

Thay \((*)\) vào \(B\), ta được:

\(B=\dfrac{y}{x}\cdot\dfrac{-z}{y}\cdot\dfrac{x}{z}=-1\)

Vậy \(B=-1\) thoả mãn đề bài.

+ \(x-y-z=0\)
\(\Rightarrow\dfrac{x}{x}-\dfrac{\left(y+z\right)}{x}=0\) (Do \(x\ne0\))
\(\Leftrightarrow1-\dfrac{y+z}{x}=0\)
+ \(x-y-z=0\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(x-z\right)}{y}-\dfrac{y}{y}=0\) (Do \(y\ne0\))
\(\Leftrightarrow1-\dfrac{x-z}{y}=0\)
+ \(x-y-z=0\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(x-y\right)}{z}-\dfrac{z}{z}=0\) (Do \(z\ne0\))
\(\Leftrightarrow1-\dfrac{x-y}{z}=0\)
Ta có: \(B=\left(1-\dfrac{z}{x}\right)\left(1-\dfrac{x}{y}\right)\left(1+\dfrac{y}{z}\right)\)
\(=\left(1-\dfrac{x}{y}-\dfrac{z}{x}+\dfrac{zx}{xy}\right)\left(1+\dfrac{y}{z}\right)\)
\(=\left(1-\dfrac{x}{y}-\dfrac{z}{x}+\dfrac{z}{y}\right)\left(1+\dfrac{y}{z}\right)\)
\(=1+\dfrac{y}{z}-\dfrac{x}{y}-\dfrac{xy}{yz}-\dfrac{z}{x}-\dfrac{zy}{xz}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{zy}{yz}\)
\(=1-\dfrac{y+z}{x}+1-\dfrac{x-z}{y}+1-\dfrac{x-y}{z}-1\)
\(=-1\)
Vậy \(B=-1\)

Gọi D là điểm người ta đặt loa phát thanh 

Trong `ΔACD` vuông tại A có CD là cạnh huyền `⇒ CD` là cạnh lớn nhất 

`⇒ CD > AC` 

Mà: `AC = 550(m) `

`⇒CD > 550` 

Vậy ở vị trí C không thể nghe rõ được tiếng của loa phát thanh 

Gọi D là điểm người ta đặt loa phát thanh 

Trong Δ���ΔACD vuông tại A có CD là cạnh huyền ⇒��⇒CD là cạnh lớn nhất 

⇒��>��⇒CD>AC 

Mà: ��=550(�)AC=550(m)

⇒��>550⇒CD>550 

Vậy ở vị trí C không thể nghe rõ được tiếng của loa phát thanh