Hình đa giác TenDaGiac1: DaGiac(B, C, 3) Hình đa giác TenDaGiac1: DaGiac(B, C, 3) Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng J_1: Đoạn thẳng [C, A] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [N, M] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [Q, M] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [N, P] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [Q, P] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [A, P] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [M, I] B = (0.52, -5.67) B = (0.52, -5.67) B = (0.52, -5.67) C = (19.2, -5.49) C = (19.2, -5.49) C = (19.2, -5.49) Điểm A: DaGiac(B, C, 3) Điểm A: DaGiac(B, C, 3) Điểm A: DaGiac(B, C, 3) Điểm M: Điểm trên f Điểm M: Điểm trên f Điểm M: Điểm trên f Điểm N: M đối xứng qua h Điểm N: M đối xứng qua h Điểm N: M đối xứng qua h Điểm Q: M đối xứng qua J_1 Điểm Q: M đối xứng qua J_1 Điểm Q: M đối xứng qua J_1 Điểm P: Giao điểm đường của k, l Điểm P: Giao điểm đường của k, l Điểm P: Giao điểm đường của k, l Điểm I: Giao điểm đường của h, m Điểm I: Giao điểm đường của h, m Điểm I: Giao điểm đường của h, m Điểm K: Giao điểm đường của h, i Điểm K: Giao điểm đường của h, i Điểm K: Giao điểm đường của h, i Điểm J: Giao điểm đường của J_1, m Điểm J: Giao điểm đường của J_1, m Điểm J: Giao điểm đường của J_1, m Điểm H: Giao điểm đường của J_1, j Điểm H: Giao điểm đường của J_1, j Điểm H: Giao điểm đường của J_1, j

Gọi giao điểm của NP với AB và AC lần lượt là I và J.

Gọi giao điểm của NM với BI là K; của MQ với JC là H.

Theo giả thiết ta suy ra K, H lần lượt là trung điểm của NM và MQ. Hơn nữa ta cũng có  \(NM\perp BI;MQ\perp JC\)

Do NP // MQ mà \(MQ\perp JH\) nên \(NP\perp JH\)

\(\Rightarrow\widehat{AIJ}=90^o-\widehat{BAC}=30^o\)

Vậy nên \(\widehat{NIB}=\widehat{AIJ}=30^o\) (Hai góc đối đỉnh)

\(\Rightarrow\widehat{NIK}=90^o-\widehat{NIB}=60^o\)

Xét tứ giác NPQM có NP // MQ; NM // PQ nên NPQM  là hình bình hành. 

Vậy \(\widehat{PQM}=\widehat{INM}=60^o\)

Ta có \(\widehat{BMK}=90^o-\widehat{ABC}=30^o;\widehat{NMI}=\widehat{INM}=60^o;\widehat{CMH}=90^o-\widehat{ACB}=30^o\)

nên \(\widehat{IMH}=180^o-30^o-60^o-30^o=60^o\)

Suy ra \(\widehat{IMH}=\widehat{PQH}\left(=60^o\right)\)

Xét hình thang IPQM có \(\widehat{IMH}=\widehat{PQH}\) nên nó là hình thang cân.

Ta có H là trung điểm MQ, \(JH\perp MQ;JH\perp IP\) nên I là trung điểm IP.

Xét tam giác AIP có AJ là đường cao đồng thời trung tuyến nên AIP là tam giác cân tại A.

Vậy AJ cũng là phân giác hay \(\widehat{JAP}=\widehat{JAI}=60^o\)

Suy ra \(\widehat{JAP}=\widehat{ACB}\left(=60^o\right)\)

Mà chúng lại ở vị trí so le trong nên AP // BC.

Xét \(x=0\)

\(\Rightarrow M=1\)không phải số nguyên tố.

Xét \(x>0\) thì ta có:

\(M=x^{1999}+x^{1997}+1=\left(x^{1999}-x\right)+\left(x^{1997}-x^2\right)+x^2+x+1\)

\(=x\left(\left(x^3\right)^{666}-1\right)+\left(\left(x^3\right)^{665}-1\right)+x^2+x+1\)

\(=\left(x^2+x+1\right)A+\left(x^2+x+1\right)B+x^2+x+1\)

\(=\left(x^2+x+1\right)C\)

Vì M là số nguyên tố nên nó có 2 ước là 1 và chính nó. Ta lại thấy \(x^2+x+1>1\)

\(\Rightarrow x^{1999}+x^{1997}+1=x^2+x+1\)

\(\Leftrightarrow\left(x^{1999}-x^2\right)+\left(x^{1997}-x\right)=0\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}x^{1999}-x^2\ge0\\x^{1997}-x\ge0\end{cases}}\)

Dấu = xảy ra khi \(x=1\)

Ta có : M=x1999+x1997+1=x(x1998−1)+x2(x1995−1)+x2+x+1=BS(x2+x+1)x1999+x1997+1=x(x1998−1)+x2(x1995−1)+x2+x+1=BS(x2+x+1)

Do đó , để M là số nguyên tố ⇔M=x2+x+1⇔M=x2+x+1

                                               ⇔x=1

Ta có:

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+d\right)\left(d+a\right)\)

\(=\left(\frac{2017}{c}+\frac{2017}{d}\right)\left(\frac{2017}{d}+c\right)\left(c+d\right)\left(d+\frac{2017}{c}\right)\)

\(=\frac{2017}{c^2d^2}\left(c+d\right)^2\left(cd+2017\right)^2\)

\(=\frac{2017}{c^2d^2}\left(c^2d+d^2c+2017c+2017d\right)^2\left(1\right)\)

Ta lại có: 

\(\left(a+b+c+d\right)^2\)

\(=\left(\frac{2017}{c}+\frac{2017}{d}+c+d\right)^2\)

\(=\frac{1}{c^2d^2}\left(c^2d+d^2c+2017c+2017d\right)^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow M=2017\)

LỜI GIẢI 

a+cb+d=a−cb−da+cb+d=a−cb−d

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

a+cb+d=a−cb−d=a+c+a−cb+d+b−d=2a2b=ab(1)a+cb+d=a−cb−d=a+c+a−cb+d+b−d=2a2b=ab(1)

a+cb+d=a−cb−d=a+c−a+cb+d−b+d=2c2d=cd(1)a+cb+d=a−cb−d=a+c−a+cb+d−b+d=2c2d=cd(1)

Từ (1)(1) và (2)(2) ta có:

ab=cdab=cd

Đặt:

ab=cd=kab=cd=k ⇒{a=bkc=dk⇒{a=bkc=dk

Thay vào tính

Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [C, D] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [A, D] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [C, F] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [A, Q] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [E, Q] Đoạn thẳng t: Đoạn thẳng [Q, C] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [B, F] Đoạn thẳng e: Đoạn thẳng [C, A] Đoạn thẳng f_1: Đoạn thẳng [B, E] Đoạn thẳng h_1: Đoạn thẳng [E, J] B = (-1, 0.2) B = (-1, 0.2) B = (-1, 0.2) C = (6.04, 0.2) C = (6.04, 0.2) C = (6.04, 0.2) Điểm A: Điểm trên g Điểm A: Điểm trên g Điểm A: Điểm trên g Điểm D: Giao điểm đường của h, i Điểm D: Giao điểm đường của h, i Điểm D: Giao điểm đường của h, i Điểm F: Giao điểm đường của c, l Điểm F: Giao điểm đường của c, l Điểm F: Giao điểm đường của c, l Điểm E: Giao điểm đường của n, k Điểm E: Giao điểm đường của n, k Điểm E: Giao điểm đường của n, k Điểm Q: Giao điểm đường của p, q Điểm Q: Giao điểm đường của p, q Điểm Q: Giao điểm đường của p, q Điểm I: Giao điểm đường của t, a Điểm I: Giao điểm đường của t, a Điểm I: Giao điểm đường của t, a Điểm J: Giao điểm đường của g_1, j Điểm J: Giao điểm đường của g_1, j Điểm J: Giao điểm đường của g_1, j

a) Do F đối xứng với C qua BE nên EB là đường trung trực của FC.

Vậy thì ta có ngay \(\Delta BFE=\Delta BCE\left(c-c-c\right)\Rightarrow\widehat{BFE}=\widehat{BCE}=90^o\)

Vậy thì \(\widehat{AFB}+\widehat{DFE}=90^o\)

Lại có góc DFE và góc AFQ là hai góc đối đỉnh nên \(\widehat{AFB}+\widehat{AFQ}=90^o\Rightarrow\widehat{AFB}=\widehat{AQF}\)

Vậy \(\Delta AQF\sim\Delta AFB\left(g-g\right)\)

b) Từ E kẻ \(EJ\perp QB\). Khi đó ta có EJ = BC. Gọi I là giao điểm của QC và  BD.

Do AF// JE nên  \(\Delta AQF\sim\Delta JQE\). Vậy thì \(\Delta JQE\sim\Delta DEF\left(\sim\Delta AQF\right)\)

\(\Rightarrow\frac{JE}{DF}=\frac{QE}{EF}\)

Hay \(\frac{BC}{DF}=\frac{QE}{EF}\Rightarrow\frac{BF}{DF}=\frac{QE}{EC}\left(1\right)\)  (Do BE là trung trực nên BC = BF, FE = EC)

Ta cũng đã có \(\widehat{FED}=\widehat{AFB}\Rightarrow\widehat{QEC}=\widehat{BFD}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta QEC\sim\Delta BFD\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{FQC}=\widehat{FBD}\)

Lại có \(\widehat{BFQ}=\widehat{BFA}+\widehat{AFQ}=90^o\)

Vậy nên \(\widehat{FQB}+\widehat{QBF}=\widehat{FQC}+\widehat{CQB}+\widehat{QBF}=\widehat{CQB}+\widehat{QBD}=90^o\)

Suy ra \(\widehat{AIB}=90^o\Rightarrow QC\perp BD.\)

Ta có

\(M=\frac{2015a}{ab+2015a+2015}+\frac{b}{bc+b+2015}+\frac{c}{ac+c+1}\)

\(=\frac{abc.a}{ab+abc.a+abc}+\frac{b}{bc+b+abc}+\frac{c}{ac+c+1}\)

\(=\frac{ac}{1+ac+c}+\frac{1}{c+1+ac}+\frac{c}{ac+c+1}\)

\(=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)

ôi câu hỏi hay có khác j câu này Câu hỏi của Lê Phương Thảo - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Hinh thang ABCS,day nho AB day lon CD giao diem cua 2 hinh thang cheo la O ke daon thang qua O va song song voi duong cao cua hinh thang cat AB tai M, CD tai N duong cao cua ADCD la AH.Nen MN=AH

Hinh thang ABCD can nen tam giac AOB va DOC can nen MN la trung diem cua AB va CD. OM la trung tuyen tam giac vuong AOB nen OM =1/2 AOB tuong tu co ON=1/2 CD nen MN = (AB+CD):2 Duong trung binh hinh thang cung bang (AB+CD):2 Do da duong trung binh hinh thang bang MN=AH=10cm

A B C D O M N

A B C D M N E

a) Ta thấy: CD = AE (cùng bằng AB)

    ND = NA (vì N là trung điểm của AD)

=> CN = NE => N là trung điểm của CE

Vậy MN là đường trung bình của tam giác CEB => MN // EB

b) Theo câu a) MN //EB => \(\widehat{MNC}=\widehat{BEC}\) (đồng vị)

Mà tam giác ABC vuông cân tại A nên \(\widehat{BEA}=45^o\)

Vậy \(\widehat{MNC}=45^o\)

Gọi nửa quãng đường là \(x\) thì cả quãng đường là \(2x\).

Thời gian người đó đ nửa quãng đường đầu là: \(\frac{x}{45}\), đi nửa quãng đường sau là \(\frac{x}{v_2}\) .

Thời gian người đó đi cả quãng đường là: \(\frac{2x}{36}\).

Vậy ta có: \(\frac{x}{45}+\frac{x}{v_2}=\frac{2x}{36}\)

   \(\Rightarrow\frac{1}{45}+\frac{1}{v_2}=\frac{1}{18}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{v_2}=\frac{1}{18}-\frac{1}{45}=\frac{1}{30}\)

\(\Rightarrow v_2=30\)

Vận tốc trung bình trên cả đoạn đường : 

vtb=S / S2.v1+S2.v2=2.v1.v2 / v1+v2.(km/h)
Mà vtb = 8, v1 = 12 nên v2 = 6 km/h.

Từ giả thiết ta có thể viết \(f\left(x\right)=g\left(x\right)\left(x+1\right)+5\)    (1) 

Và \(f\left(x\right)=h\left(x\right)\left(x-2\right)+7\)   (2) 

Do (x + 1)(x - 2) là đa thức bậc 2 nên số dư là đa thức bậc 1. Tức là:

\(f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x-2\right)t\left(x\right)+ax+b\)    (Với g(x) , h(x), t(x) là các đa thức)

Ta có \(f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x-2\right)t\left(x\right)+a\left(x+1\right)+b-a=\left(x+1\right)\left[\left(x-2\right)t\left(x\right)+a\right]+b-a\)

Theo (1) thì b - a = 5.

Ta cũng có :

\(f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x-2\right)t\left(x\right)+a\left(x-2\right)+b+2a=\left(x-2\right)\left[\left(x+1\right)t\left(x\right)+a\right]+b+2a\)

Theo (2) thì b + 2a = 7.

Từ đó ta tìm được \(a=\frac{2}{3};b=\frac{17}{3}\)