Bạn tự vẽ hình nhé:

Mình chỉ gợi ý thôi nhé:

a, Tam giác BED vuông ở E có EO = BO = DO .

Tam giác BFD vuông ở F có: FO = OB = OD 

=> EO = FO

=> Tam giác EOF cân ở O.

b, Xét tam giác QAO = tam giác FCO ( g - c - g)

=> OQ=OF

Xét tứ giác FBQD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên FBQD là hình bình hành mà có góc BFD = 90 độ

=> Tứ giác FBQD là hình chữ nhật.

c, Tự chứng minh: tam giác EOB và OBF cân ở O.

Góc BAD = 60 độ => Góc ABC = 120 độ

Có góc EOF = EOB + BOF = ( 180 - 2. OBE ) + ( 180 - 2.OBF ) = 360 - 240 = 120 độ

d, Khi OE//AD => EO // BC.

Mà trong tam giác ABC có OA=OC => EA=EB

=> DE là đường trung tuyến và cũng là đường cao trong tam giác ADB.

=> Tam giác ADB cân ở D có góc BAD = 60 độ

=> Tam giác ADB đều.

=> AD = AB

=> AB = BC = CD=DA 

=> Tứ giác ABCD là hình thoi.

B C A D F y M I H x N Đầu tư trc cái hình

Trên hình còn thiếu điểm E quên ch vẽ

bạn tự phác hình ra nhé

a) Xét tứ giác AHCK có AH _|_ BD và CK _|_ BD => AH // CK

xét tam giác AHD và tam giác CKB có:

\(\widehat{H}=\widehat{K}=90^o\)

AD=BC

\(\widehat{ADH}=\widehat{CBK}\)

\(\Rightarrow\Delta AHD=\Delta CKB\)(cạnh huyền-góc nhọn)

=> AH=CK

vậy tứ giác AHCK là hình bình hành

b) xét hình bình hàng AHCK, trung điểm O của đường chéo HK cũng là trung điểm của đường chéo AC (tính chất đường chéo của hình bình hành) do đó 3 điểm A,O,C thẳng hàng (đpcm)

a) Xét ΔAHD và ΔCKB có:
AD = BC (gt)
góc ADB = góc DBC ( SLT).
=> ΔAHD = ΔCKB (cạnh huyền- góc nhọn)
=> BH = CK( hai cạnh tương ứng)
Lấy M trung điểm BD
=> MD = MB
=> MD - DH = MB - BK
=> MH = MK (vì M Trung điểm HK)
Vì ABCD là hình bình hành nên AC cắt BD tại trung điểm M.
Hoặc M là Trung điểm AC và M trung điểm HK.
=> Tứ giác AKCH là hình bình hành (đpcm)

mlem mlem kkk

A B C D M N E F G H Bài làm:

a) Ta có: N,E lần lượt là trung điểm của DC,MC

=> NE là đường trung bình của tam giác MCD

=> NE // DM // FM và \(NE=\frac{1}{2}DM=FM\)

=> Tứ giác MENF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết 2 cạnh // và bằng nhau)

b) CM ý hệt phần a không khác tí nào:

Vì M,G lần lượt là trung điểm của AB,AN

=> MG là đường trung bình của tam giác ABN

=> MG // BN // HN và \(MG=\frac{1}{2}BN=HN\)

=> Tứ giác MHNG là hình bình hành

c) Theo phần a và b, các tứ giác MENF và MHNG là các hình bình hành

=> MN cắt GH và FE tại trung điểm mỗi đường (tính chất đường chéo của hình bình hành)

=> EF,GH,MN đồng quy

Ta thấy: \(2017^{2016}\equiv1\)(mod 6)

Từ đó: (1 <= i <= k) \(\text{Σ}n_i\equiv1\)(mod 6)

Dễ chứng minh: \(\left(6k+m\right)^3\equiv m\equiv6k+m\)(mod 6) với 0<=m<=6

Từ đó ta có: \(x^3\equiv x\)(mod 6) với x là số tự nhiên

Vậy \(\text{Σ}n_i^3\equiv\text{Σ}n_i\equiv1\)(mod 6)

Vậy \(\text{Σ}n_i^3\)chia 6 dư 1

ta có: \(N=2017^{2016}\)

xét \(a^3-a=a\left(a^2-1\right)=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\)là tích 3 số nguyên liên tiếp nên a³-a chia hết cho 6 với mọi a

đặt N=\(n_1+n_2+...+n_k=2017^{2016}\)

\(\Rightarrow S-N=\left(n_1^5+n_2^3+....+n_k^3\right)-\left(n_1+....+n_k\right)=\left(n_1^3-n_1\right)+\left(n_2^3-n_2\right)+....+\left(n_k^3-n_k\right)\)

\(\Rightarrow S-N⋮6\)

=> S và N cùng số dư khi chia cho 6

thấy 2017 chia 6 dư 1

2017²⁰¹⁶ chia 6 dư 1 => N chia 6 dư 1

=> S chia 6 dư 1

ta có \(y^3-x^3=2x^2+3x+2=2\left(x+\frac{3}{4}\right)^2+\frac{7}{8}>0\Rightarrow y>x\)

\(\left(x+2\right)^3-y^3=4x^2+9x+6=\left(2x+\frac{9}{4}\right)^2+\frac{15}{16}>0\Rightarrow y< x+2\)

Vậy x<y<x+2 mà x,y thuộc Z => y=x+1

thay y=x+1 vào phương trình ta được:

\(x^3+2x^2+3x+2=\left(x+1\right)^3\)

\(\Leftrightarrow x^3+2x^2+3x+2=x^3+3x^3+3x+1\Leftrightarrow x^2=1\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=-1\end{cases}}\)

với x=1 thì y=x+1=2

với x=-1 thì y=x+1=0

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm (x;y)=(1;2);(-1;0)

Bài này không có điều kiện x, y nhưng ít nhất là x, y là số nguyên nhé!

+) Ta thấy x = 0 không có y nguyên thỏa mãn

+)\(\left(x+1\right)^3=x^3+3x^2+3x+1\ge x^3+2x^2+3x+2>x^3\)

Mà \(x^3+2x^2+3x+2\)là lập phương của số tự nhiên nên ta có: \(x^3+2x^2+3x+2=x^3+3x^2+3x+1\)

Từ đây tìm được x=1, y=2

f(-1)=1-a+b; f(0)=b; f(1)=1+a+b

theo giả thiết có: \(\hept{\begin{cases}\frac{-1}{2}\le b\le\frac{1}{2}\left(1\right)\\\frac{-1}{2}\le1-a+b\le\frac{1}{2}\Leftrightarrow\frac{-3}{2}\le-a+b\le\frac{-1}{2}\left(2\right)\\\frac{-1}{2}\le1+a+b\le\frac{1}{2}\Leftrightarrow\frac{-3}{2}\le a+b\le\frac{-1}{2}\left(3\right)\end{cases}}\)

cộng theo từng vế của (2) và (3) có: \(\frac{-3}{2}\le b\le\frac{-1}{2}\left(4\right)\)

từ (1) và (4) ta có: \(b=\frac{-1}{2}\), thay vào (2) và (3) ta được a=0

vậy đa thức cần tìm là \(f\left(x\right)=x^2-\frac{1}{2}\)

+)\(\left|f\left(x\right)\right|\le\frac{1}{2}\Leftrightarrow-\frac{1}{2}\le f\left(x\right)\le\frac{1}{2}\)

+)\(x^2+ax+b=x^2+2\cdot\frac{a}{2}\cdot x+b+\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{4}+b=\left(x+\frac{a}{2}\right)^2+b-\frac{a^2}{4}\)

\(\ge b-\frac{a^2}{4}=-\frac{1}{2}\)

+)\(f\left(x\right)\)có đồ thị quay lên nên đạt giá trị lớn nhất khi x=1 hoặc x=-1
+) Khi x=1 thì \(a+b+1=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a+b=-\frac{1}{2}\)

+) Khi x=-1 thì \(b-a+1=\frac{1}{2}\Leftrightarrow b-a=-\frac{1}{2}\)

+) TH1: \(\hept{\begin{cases}a+b=-\frac{1}{2}\\b-\frac{a^2}{4}=-\frac{1}{2}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=0\\b=-\frac{1}{2}\end{cases}}}\)

+) TH2: \(\hept{\begin{cases}b-a=-\frac{1}{2}\\b-\frac{a^2}{4}=-\frac{1}{2}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=0\\b=-\frac{1}{2}\end{cases}}}\)

Vậy a=0, b=1/2

P/s: Bài này mình không chắc chắn lắm nhé!

https://diendantoanhoc.net/topic/118096-t%C3%ACm-nghi%E1%BB%87m-nguy%C3%AAn-c%E1%BB%A7a-ph%C6%B0%C6%A1ng-tr%C3%ACnh-2x3-2y35xy10/

ta có \(2x^3-2y^3+5xy+1=0\Leftrightarrow2\left(x-y\right)\left|\left(x-y\right)^2+3xy\right|+5xy+1=0\)

đặt x-y=a, xy=b (a,b thuộc Z) ta được

\(2a\left(a^2+3b\right)+5a+1=0\Leftrightarrow2^3+6ab+5b+1=0\Leftrightarrow2a^3+1=-b\left(6a+5\right)\)

\(\Rightarrow\left(2a^3+1\right)⋮\left(6a+5\right)\left(b\inℤ\right)\)

\(\Rightarrow\left(216a^3+108\right)⋮\left(6a+5\right)\Leftrightarrow\left|\left(6a\right)^3+5^3-17\right|⋮\left(6a+5\right)\)

\(\Rightarrow17⋮\left(6a+5\right)\Rightarrow\left(6a+5\right)\in\left\{-17;-1;1;17\right\}\Rightarrow a\in\left\{-1;2\right\}\)

với a=-1 ta có b=-1 => xy=x-y=-1 (loại)

với a=2 ta có: b=-1 => xy=-1 và x-y=2 => x=1; y=-1

thử lại ta thấy x=1; y=-1 là nghiệm nguyên của phương trình

vậy nghiệm của phương trình là (x;y)=(1;-1)

\(ab=cd\Rightarrow\frac{a}{c}=\frac{d}{b}\)

Đặt \(\frac{a}{c}=\frac{d}{b}=k\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=ck\\d=bk\end{cases}}\)

Khi đó : a²⁰¹⁴ + b²⁰¹⁴ + c²⁰¹⁴ + d²⁰¹⁴

= (ck)²⁰¹⁴ + b²⁰¹⁴ + c²⁰¹⁴ + (bk)²⁰¹⁴

= c²⁰¹⁴(k²⁰¹⁴ + 1) + b²⁰¹⁴(k²⁰¹⁴ + 1)

= (k²⁰¹⁴ + 1)(c²⁰¹⁴ + b²⁰¹⁴) \(⋮\)(c²⁰¹⁴ + b²⁰¹⁴)

=> a²⁰¹⁴ + b²⁰¹⁴ + c²⁰¹⁴ + d²⁰¹⁴ là hợp số 

trình bày theo cách khác

gọi ƯCLN (a,c)=m \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=ma_1\\c=mc_1\end{cases}\left(a_1;c_1\inℤ\right),\left(a_1,c_1\right)=1}\)

vì a,b,c,d là số nguyên thỏa mãn ab=cd

\(\Rightarrow ma_1b=mc_1d\Leftrightarrow a_1b=c_1d\)nên \(a_1b⋮c_1\)

mà (a₁;c₁)=1 nên b chia hết cho c₁ => b=nc₁ => d=na₁, do đó

\(a^{2014}+b^{2014}+c^{2014}+d^{2014}=\left(ma_1\right)^{2014}+\left(nc_1\right)^{2014}+\left(mc_1\right)^{2014}+\left(na_1\right)^{2014}\)

\(=a_1^{2014}\left(m^{2014}+n^{2014}\right)+c_1^{2014}\left(m^{2014}+n^{2014}\right)\)

\(=\left(m^{2014}+n^{2014}\right)\left(a_1^{2014}+c_1^{2014}\right)\)là hợp số