Bài 4:

Ta xét tam giác ABH:

\(AM=MB=\frac{1}{2}AB\left(gt\right)\)

\(BN=NH=\frac{1}{2}BH\left(gt\right)\)

=> MN là đường trung bình

=> MN // AH; \(MN=\frac{1}{2}AH\) (1)

Ta xét tam giác ACH:

\(AQ=QC=\frac{1}{2}AC\left(gt\right)\)

\(CP=PH=\frac{1}{2}CH\left(gt\right)\)

=> PQ là đường trung bình

=> PQ // AH; \(PQ=\frac{1}{2}AH\) (2)

Từ (1) và (2) => PQ // MN; PQ=MN

=> MNPQ là hình bình hành

Mặt khác: 

MN//AH (cmt)

AH vuông góc BC (gt)

=> MN vuông góc BC

=> MN vuông góc NP

\(\widehat{MNP}=90^o\)

Do vậy MNPQ là hình chữ nhật

Bài 5:

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại B

Ta có: 

\(AB^2+BC^2=AC^2\)

\(\Rightarrow AC^2=4^2+3^2\)

\(\Rightarrow AC=5cm\)

Ta xét tam giác ABC vuông tại B

Ta có: BN là đường trung tuyến

Do vậy: \(BN=\frac{1}{2}AC\)

\(\Rightarrow BN=2,5cm\)

C A B Yen Nhi

Dễ thấy MN là đường trung bình của tam giác ABC 

Do đó MN//AC và MN=1/2.AC

Tương tự: DF là đtb của tam giác AHC. Suy ra DF//AC,DF=1/2.AC

Mặt khác: góc MDH+góc CDH=góc BHC+góc HAC=90^0

Do đó tứ giác MNFD là hcn.

chứng minh tương tự ta cũng sẽ có:MEFP là hcn.

999999999999999999999999999999999999

a)  F H A ^ = H A K ^ = A K F ^ = 90 0

Þ AHFK là hình chữ nhật.

b) Gọi là giao điểm của AC và BD. Chứng minh OE là đường trung bình của DACF

Þ AF//OE

Þ AF/BD

c) Gọi I là giao điểm của AF và HK.

Chứng minh

H 1 ^ = A ^ 1 ( H 1 ^ = A 2 ^ = B 1 ^ = A 1 ^ ) ⇒ K H / / A C  mà KH đi qua trung điểm I của AF Þ KH đi qua trung điểm của FC.

Mà E là trung điểm của FC Þ K, H, E thẳng hàng

a) có PM// CB (gt) => Góc APM  = Góc C = 90 độ
=> tam giác APM vuông
Tam giác ABC vuông cân tại C => góc A = Góc B = 45 độ
 Mà tam giác APM vuông có Góc A + góc AMP = 90 độ
=> Góc AMP= 45 độ = Góc A
=> Tam giác APM vuông cân tại P
=> AP = AM mà  AP = CQ ( gt)
=> PM= CQ
b) Có PM // CB ( gt) hay PM // CQ
TG PMQC có PM= QC
PM // QC
=> TG PMQC là Hình bình hành mà góc C= 90 độ
=> TG PMQC là hình chữ nhật 

o giả thiết cho IJ không song song với CDvà chúng cùng nằm trong mặt phẳng (BCD) nên khi kéo dài chúng gặp nhau tại một điểm.

Gọi K=IJ∩CDK=IJ∩CD.

Ta có : M là điểm chung thứ nhất của (ACD) và (IJM);

{K∈IJIJ⊂(MIJ)⇒K∈(MIJ){K∈IJIJ⊂(MIJ)⇒K∈(MIJ) và  {K∈CDCD⊂(ACD)⇒K∈(ACD){K∈CDCD⊂(ACD)⇒K∈(ACD)

Vậy (MIJ)∩(ACD)=MK(MIJ)∩(ACD)=MK

Quảng cáo

b) Với L=JN∩ABL=JN∩AB ta có:

{L∈JNJN⊂(MNJ)⇒L∈(MNJ){L∈JNJN⊂(MNJ)⇒L∈(MNJ)

{L∈ABAB⊂(ABC)⇒L∈(ABC){L∈ABAB⊂(ABC)⇒L∈(ABC)

Như vậy L là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng (MNJ) và (ABC)

Gọi P=JL∩AD,Q=PM∩ACP=JL∩AD,Q=PM∩AC

Ta có: 

{Q∈PMPM⊂(MNP)⇒Q∈(MNJ){Q∈PMPM⊂(MNP)⇒Q∈(MNJ)

Và {Q∈ACAC⊂(ABC)⇒Q∈(ABC){Q∈ACAC⊂(ABC)⇒Q∈(ABC)

Nên Q là điểm chung thứ hai của (MNJ) và (ABC)

Vậy LQ=(ABC)∩(MNJ)LQ=(ABC)∩(MNJ).

ko hiểu nhưng thôi k vậy   >:(

a) \(A=\frac{2}{x-3}+\frac{x-3}{x+3}-\frac{x-15}{9-x^2}\left(x\ne\pm3\right)\)

\(=\frac{2}{x-3}+\frac{x-3}{x+3}-\frac{x}{\left(3-x\right).\left(3+x\right)}\)

\(=\frac{2}{x-3}+\frac{x-3}{x+3}+\frac{x-15}{\left(x-3\right).\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{2.\left(x+3\right)}{\left(x-3\right).\left(x+3\right)}+\frac{\left(x-3\right).\left(x-3\right)}{\left(x-3\right).\left(x+3\right)}+\frac{x-15}{\left(x-3\right).\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{2x+6+\left(x-3\right)^2+x-15}{\left(x-3\right).\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{2x+6+x^2-6x+9+x-15}{\left(x-3\right).\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{x^2+\left(2x-6x+x\right)+\left(6+9-15\right)}{\left(x-3\right).\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{x^2-3x}{\left(x-3\right).\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{x}{x+3}\)

b) Thay vào ta được:

\(\frac{1}{2}:\left(\frac{1}{2}+3\right)=\frac{1}{7}\)

Vậy biểu thức \(A=\frac{1}{7}\) khi \(x=\frac{1}{2}\)

[1495247x25978];5x[123987x456123=