Gọi số thỏa đề bài là \(\frac{x}{7}\)ta có

a < \(\frac{x}{7}\)< b \(\Leftrightarrow7a< x< 7b\)

Vây x \(\in\)(7a + 1 đến 7b - 1)

Tổng các số đó là

\(\frac{7a+1}{7}+\frac{7a+2}{7}+...+\frac{7b-1}{7}\)

\(=\frac{1}{7}\left(7a+1+...+7b-1\right)\)

\(=\frac{1}{7}\times\frac{\left(7b-7a-1\right)\left(7a+7b\right)}{2}\)

Bạn làm tiếp nhé

Hình bạn tự vẽ nha

a) \(\Delta AEM\)vuông tại E có EI là trung tuyến 

=> EI = IA (1) => \(\Delta EIA\)cân tại I, có EIM là góc ngoài

=> \(\widehat{EIM}=2\widehat{EAI}\)

Tương tự ta có \(\widehat{HIM}=2\widehat{HAI}\)và IH = IA (2)

Từ (1) và (2) suy ra IE = IH hay \(\Delta EIH\)cân tại I

có \(\widehat{EIH}=\widehat{EIM}+\widehat{HIM}=2\widehat{EAI}+2\widehat{HAI}=2\widehat{EAH}=2\left(90^o-\widehat{ABH}\right)=2\left(90^o-60^o\right)=60^o\)

Vậy EIH là tam giác đều, suy ra EI = EH = IH

Tương tự ta có IHF là tam giác đều, suy ra IH = HF = IF

=> EI = EH = IF = HF 

Vậy HEIF là hình thoi

b) \(\Delta ABC\)là tam giac đều nên AH là đường cao cũng là đường trung tuyến

có G là trọng tâm nên \(AG=\frac{2}{3}AH\)(3)

Gọi K là trung điểm AG, suy ra \(AK=KG=\frac{1}{2}AG\)(4)

Từ (3) và (4) suy ra AK = KG = GH

Gọi O là giao điểm của EF và IH, suy ra OI = OH

\(\Delta AMG\)có IK là đường trung bình nên IK // MG 

\(\Delta IKH\)có OG là đường trung bình nên IK // OG 

=> M, O, G thẳng hàng (tiên đề Ơ-clit)

Vậy EF, MG, HI đồng quy

c) HEIF là hình thoi nên \(EF\perp HI\)

\(\Delta EIH\)đều có EO là đường cao nên \(EO=EI\sqrt{\frac{3}{4}}\)(bạn tự chứng minh)

\(EF=2EO=2EI\sqrt{\frac{3}{4}}=AM\sqrt{\frac{3}{4}}\)(5)

EF đạt GTNN khi AM đạt GTNN

mà \(AM\ge AH\)nên EF đạt GTNN khi M trùng H

Khi đó AM là đường cao trong tam giác đều ABC nên ta cũng có \(AM=AB\sqrt{\frac{3}{4}}=a\sqrt{\frac{3}{4}}\)(6)

Từ (5) và (6) suy ra \(EF=a\left(\sqrt{\frac{3}{4}}\right)^2=\frac{3}{4}a\)

Vậy EF đạt GTNN là \(\frac{3}{4}a\)khi M là chân đường cao hạ từ A xuống BC.

Ở đề không có điểm K, sao ở câu hỏi lại có điểm K vậy em?

\(A=\left(x^2-yz\right)\left(y^2-zx\right)\left(z^2-xy\right)=\sqrt{\left(x^2-yz\right)\left(y^2-zx\right)}.\sqrt{\left(y^2-zx\right)\left(z^2-xy\right)}.\sqrt{\left(z^2-xy\right)\left(x^2-yz\right)}\)Giả sử \(x^2\ge yz;y^2\ge zx;z^2\ge xy\)

Theo Cosi ta có : 

\(\sqrt{\left(x^2-yz\right)\left(y^2-zx\right)}\le\frac{x^2-yz+y^2-zx}{2}\)

\(\sqrt{\left(y^2-zx\right)\left(z^2-xy\right)}\le\frac{y^2-zx+z^2-xy}{2}\)

\(\sqrt{\left(z^2-xy\right)\left(x^2-yz\right)}\le\frac{z^2-xy+x^2-yz}{2}\)

Cộng theo vế ta được : 

\(A\le\frac{x^2-yz+y^2-zx+y^2-zx+z^2-xy+z^2-xy+x^2-yz}{2}=\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(xy+yz+zx\right)\)

\(=1-\left(xy+yz+zx\right)\le1-\left(x^2+y^2+z^2\right)=1-1=0\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y=z=\frac{1}{3}\) hoặc \(x=y=z=\frac{-1}{3}\) ( thỏa mãn giả sử ) 

Chúc bạn học tốt ~ 

PS : ko chắc :v 

Em vừa giải bên AoPS:

A B C D J M E G O I H N K F

+) Kẻ: AJ // CI //EF; I; J thuộc BD và M thuộc EF

Xét \(\Delta\)BAJ  có: FM // AJ 

=> \(\frac{BA}{BF}=\frac{BJ}{BM}\)

Xét  \(\Delta\)BCI có: ME // IC 

=> \(\frac{BC}{BE}=\frac{BI}{BM}\)

Từ hai điều trên => \(\frac{BA}{BF}+\frac{BC}{BE}=\frac{BJ}{BM}+\frac{BI}{BM}=\frac{BI+BJ}{BM}\)(1)

Xét \(\Delta\)AJO và \(\Delta\)CIO  có:

OA = OC ( ABCD là hình bình hành) 

^AOJ = ^COI ( đối đỉnh)

^AJO = ^CIO ( AJ // CI , so le trong )

=> \(\Delta\)AJO = \(\Delta\)CIO ( g-c-g)

=> JO = IO 

KHi đó BI + BJ = BO + OI + BO - JO  = 2 BO +  (IO - JO) = 2 BO = 2.2. BM = 4BM ( vì M là trung điểm BO )

=> BI + BJ = 4BM Thế vào (1) 

=> \(\frac{BA}{BF}+\frac{BC}{BE}=\frac{4BM}{BM}=4\)(2)

+) Kẻ BH // BG //FK  với H; G thuộc AC

Chứng minh tương tự như trên ta suy ra: \(\frac{BA}{AF}+\frac{AD}{AK}=4\)(3)

Cộng (2) + (3) vế theo vế:

\(\frac{BA}{BF}+\frac{BC}{BE}+\frac{BA}{AF}+\frac{AD}{AK}=8\)mà AD = BC

=> \(AB\left(\frac{1}{BF}+\frac{1}{AF}\right)+BC\left(\frac{1}{BE}+\frac{1}{AK}\right)=8\)(4)

Mặt khác: \(\frac{1}{BF}+\frac{1}{AF}=\frac{1^2}{BF}+\frac{1^2}{AF}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{BF+AF}=\frac{4}{AB}\) và \(\frac{1}{BE}+\frac{1}{AK}\ge\frac{4}{BE+AK}\)

KHi đó: \(8\ge AB.\frac{4}{AB}+BC.\frac{4}{BE+AK}\)

<=> \(BE+AK\ge BC\)

Dấu "=" xảy ra <=> BF = AF  và BE = AK 

Hay F là trung điểm AB.

Gọi giao điểm của AM và DE là O

a) Dễ chứng minh ADME là hình chữ nhật => AM = DE

Để ADME là hình vuông thì AM là tia phân giác của ^BAC => M là chân đường phân giác kẻ từ A đến BC

b) Tam giác AHM vuông tại H => HO = AO = MO = DO = EO

Xét tam giác DHE có HO = DO = EO => tam giác DHE vuông tại H => đpcm

c) Ta sẽ chứng minh HK = MN

Theo Talet : \(\frac{HK}{BK}=\frac{AD}{BD}\Rightarrow HK=\frac{BK\cdot AD}{DB}=\frac{BK\cdot ME}{DB}\)

Theo hệ thức lượng tam giác MEC có: \(ME^2=MN.MC\Rightarrow MN=\frac{ME^2}{MC}\)

Ta cần chứng minh: \(\frac{ME^2}{MC}=\frac{BK\cdot ME}{BD}\)

\(\Leftrightarrow\frac{ME}{MC}=\frac{BK}{DB}\)

Lại có tam giác BKD đồng dạng tam giác MNE => \(\frac{BK}{BD}=\frac{MN}{ME}\)

\(\Rightarrow\frac{ME}{MC}=\frac{MN}{ME}\Leftrightarrow ME^2=MC\cdot MN\) ( luôn đúng theo hệ thức lượng )

Do đó ta có HK = MN

<=> HK + HM = MN + HM

<=> KM = HN ( đpcm )

c) đang nghĩ :)

thôi ko nghĩ nữa đâu, a bận rồi =)) sorry mấy đứa

Góc β: Góc giữa h_1, j Góc β: Góc giữa h_1, j Góc γ: Góc giữa C, O, C' Góc γ: Góc giữa C, O, C' Góc δ: Góc giữa O, D, E Góc δ: Góc giữa O, D, E Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng h_1: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [D, O] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [O, E] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [D, E] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [O, H] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [O, K] B = (-0.58, 1.03) B = (-0.58, 1.03) B = (-0.58, 1.03) C = (1.82, 1.02) C = (1.82, 1.02) C = (1.82, 1.02) Điểm A: Điểm trên g Điểm A: Điểm trên g Điểm A: Điểm trên g Điểm D: Điểm trên h_1 Điểm D: Điểm trên h_1 Điểm D: Điểm trên h_1 Điểm O: Giao điểm của g, f Điểm O: Giao điểm của g, f Điểm O: Giao điểm của g, f Điểm E: Giao điểm của k, i Điểm E: Giao điểm của k, i Điểm E: Giao điểm của k, i Điểm H: Giao điểm của n, m Điểm H: Giao điểm của n, m Điểm H: Giao điểm của n, m Điểm K: Giao điểm của p, h_1 Điểm K: Giao điểm của p, h_1 Điểm K: Giao điểm của p, h_1

a. Do \(CE=\frac{OB^2}{BD}\Rightarrow CE=\frac{OB.OC}{BD}\Rightarrow\frac{CE}{OB}=\frac{OC}{BD}\)

Lại vì tam giác ABC cân tại A nên \(\widehat{DBO}=\widehat{OCE}\)

Từ đó suy ra \(\Delta DBO\sim\Delta OCE\left(c-g-c\right)\)

b. Do \(\Delta DBO\sim\Delta OCE\Rightarrow\frac{BO}{CE}=\frac{DO}{OE}\Rightarrow\frac{CO}{CE}=\frac{DO}{OE}\left(1\right)\)

và \(\widehat{BOD}=\widehat{CEO}\)

Ta có \(\widehat{BOD}+\widehat{DEO}+\widehat{EOC}=180^o=\widehat{OEC}+\widehat{DEO}+\widehat{EOC}\)

 nên \(\widehat{DOE}=\widehat{OCE}\left(2\right)\)

Từ (1), (2) suy ra \(\Delta DOE\sim\Delta OCE\left(c-g-c\right)\Rightarrow\Delta DOE\sim\Delta OCE\sim\Delta DBO.\)

c. Từ các tam giác đồng dạng ta suy ra \(\widehat{BDO}=\widehat{EDO};\widehat{DFO}=\widehat{CFO}\)

hay DO, EO lần lượt là các phân giác của các góc \(\widehat{BDE};\widehat{DEC}.\)

d. Gọi chân đường vuông góc kẻ từ O xuổng DE, AB lần lượt là H, K. Ta thấy ngay OK không đổi và OH chính là khoảng cách từ O đến ED.

Khi đó ta thấy ngay \(\Delta DHO=\Delta DKO\) (cạnh huyền - góc nhọn)

\(\Rightarrow OH=OK\) (không đổi).

Hay vãn cứt

Bạn xem lời giải ở đường link sau nhé:

Câu hỏi của Thanh Thanh - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Ta có:\(x^{3m+1}+x^{3n+2}+1=x^{3m}x-x+3^{3n}-x^2+x^2+x+1=x\left(\left(x^3\right)^m-1\right)+x^2\left(\left(x^3\right)^n-1\right)+\left(x^2+x+1\right)\)Ta lại có: (Hằng đẳng thức)

\(a^n+b^n=\left(a+b\right)\left(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1}\right)\)chia hết cho a+b

=>\(\left(x^3\right)^m-1\)chia hết cho \(x^3-1=\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\)chia hết cho  \(x^2+x+1\)

và \(\left(x^3\right)^n-1\)chia hết cho \(x^3-1=\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\)chia hết cho  \(x^2+x+1\)

mà \(x^{3m+1}+x^{3n+2}+1=x^{3m}x-x+3^{3n}-x^2+x^2+x+1=x\left(\left(x^3\right)^m-1\right)+x^2\left(\left(x^3\right)^n-1\right)+\left(x^2+x+1\right)\)
=> \(x^{3m+1}+x^{3n+2}+1\) chia hết cho \(x^2+x+1\)

_________________________________________________________________________________

Xét 

\(x^{3m+1}+x^{3n+2}+1-\left(x^2+x+1\right)\)

\(=x^{3m}.x+x^{3n}.x^2+1-x^2-x-1\)

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

Do \(x^{3m}-1=\left(x^3\right)^m-1^m⋮x^3-1⋮x^2+x+1\)

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

\(\Rightarrow x\left(x^{3m}-1\right)+x^2\left(x^{3n}-1\right)⋮x^2+x+1\)

\(\Rightarrow x^{3m+1}+x^{3n+2}+1-\left(x^2+x+1\right)⋮x^2+x+1\)

\(\Rightarrow x^{3m+1}+x^{3n+2}+1⋮x^2+x+1\)

A B C M P N S1 S2 S3

a, Đặt: \(\hept{\begin{cases}S_1=S_{PMA}\\S_2=S_{NMB}\\S_3=S_{PNC}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{S_1}{S}=\frac{AM.AP}{AB.AC}\)

Và: \(\frac{S_2}{S}=\frac{BM.BN}{AB.CB}\)

Và: \(\frac{S_3}{S}=\frac{CP.CN}{AC.BC}\)

Ta có: \(\frac{AM}{MB}=\frac{k}{1}\Leftrightarrow\frac{AM}{AM+MB}=\frac{k}{k+1}\Leftrightarrow\frac{AM}{AB}=\frac{k}{k+1}\)

\(\frac{CP}{PA}=\frac{k}{1}\Leftrightarrow\frac{AP}{CP}=\frac{1}{k}\Leftrightarrow\frac{AP}{AP+CP}=\frac{1}{k+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{AP}{AC}=\frac{1}{k+1}\Rightarrow\frac{S_1}{S}=\frac{AM}{AB}.\frac{AP}{AC}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)

Chứng minh tương tự ta có: \(\frac{S_2}{S}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\) và \(\frac{S_3}{S}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)

\(\Rightarrow S_{MNP}=S-\left(S_1+S_2+S_3\right)=S-\frac{3k}{\left(k+1\right)^2}.S=S\left(1-\frac{3k}{\left(k+1\right)^2}\right)\)

b, \(S_{MNP}\) nhỏ nhất \(\Leftrightarrow\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)lớn nhất.

Ta có: \(\left(k+1\right)^2\ge4k\Leftrightarrow\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\le\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow Max\left[\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\right]=\frac{1}{4}\)

Khi \(k=1\Leftrightarrow M,P,N\) là trung điểm của \(AB,BC,CA\) và \(Min_{S_{MNP}}=S\left[1-\frac{3.1}{\left(1+1\right)^2}\right]=\frac{S}{4}\)

(Cũng không chắc)

giải thích thêm chỗ S1/S, S2/S, S3/S

ta có:\(\frac{x}{xy+x+1}\)+\(\frac{y}{yz+y+1}\)+\(\frac{z}{xz+z+1}\)

         =\(\frac{x}{xy+x+1}\)+\(\frac{xy}{xyz+xy+x}\)+\(\frac{xyz}{x^2yz+xyz+xy}\)

         =\(\frac{x}{xy+x+1}\)+\(\frac{xy}{xy+x+1}\)+\(\frac{1}{xy+x+1}\)(vì xyz=1)

         =\(\frac{x+xy+1}{xy+x+1}\)

         =1

Ta có :\(\frac{x}{xy+x+1}+\frac{y}{yz+y+1}+\frac{z}{xz+z+1}\)

       \(=\frac{x}{xy+x+1}+\frac{xy}{xyz+xy+x}+\frac{xyz}{x^2yz+xyz+xy}\)

       \(=\frac{x}{xy+x+1}+\frac{xy}{xy+x+1}+\frac{1}{xy+x+1}\)vì    xyz=1

        \(=\frac{x+xy+1}{xy+x+1}\)

        \(=1\)