a: Xét ΔAMB và ΔCMD có

MA=MC

$\widehat{AMB}=\widehat{CMD}$(hai góc đối đỉnh)

MB=MD

Do đó: ΔAMB=ΔCMD

b: ΔAMB=ΔCMD

=>AB=CD
 mà AB=AC

nên CD=CA

=>ΔCDA cân tại C

c: ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

Xét ΔABC có

AH,BM là các đường trung tuyến

AH cắt BM tại I

Do đó: I là trọng tâm của ΔABC

Xét ΔIBC có

IH là đường cao

IH là đường trung tuyến

Do đó: ΔIBC cân tại I

=>IB=IC

Xét ΔABC có

BM là đường trung tuyến

I là trọng tâm

Do đó: $BI=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}BM=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}\cdot \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\cdot BD=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}BD$

=>BD=3BI

Xét ΔABC có

I là trọng tâm

CI cắt AB tại N

Do đó: N là trung điểm của AB; IN=1/2IC

=>$IN=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}IB$

$\genfrac{}{}{0ex}{}{IN}{BD}=\genfrac{}{}{0ex}{}{BI}{2}:3BI=\genfrac{}{}{0ex}{}{BI}{2\cdot 3BI}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{6}$
 

Đặt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{4};\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{2};z\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow a;b;c\ge 0$

Từ giả thiết $\Rightarrow 16^a+16^b+16^c=34$

Do $a;b;c\ge 0\Rightarrow \{\begin{array}{c}16^a\ge 1\\ 16^b\ge 1\\ 16^c\ge 1\\ 16^{a+b}\ge 1\end{array}$

$\Rightarrow \left(16^a-1\right)\left(16^b-1\right)+\left(16^{a+b}-1\right)\left(16^c-1\right)\ge 0$

$\iff 16^{a+b}-16^a-16^b+1+16^{a+b+c}-16^{a+b}-16^c+1\ge 0$

$\iff 16^{a+b+c}\ge 16^a+16^b+16^c-2=32$

$\iff a+b+c\ge lo{g}^{16}32=\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}$

$P^{min}=\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}$ khi $\left(a;b;c\right)=\left(0;0;\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)$ và hoán vị

Từ đường tròn lượng giác ta thấy trên khoảng $\left(-\genfrac{}{}{0ex}{}{3\pi }{2};3\pi \right)$ phương trình $sinx=k$

- Có 5 nghiệm khi $0<k<1$

- Có 4 nghiệm khi $-1<k\le 0$

- Có 2 nghiệm khi $k=1$

- Có 2 nghiệm khi $k=-1$

Vậy pt đã cho có 9 nghiệm khi

TH1: $\{\begin{array}{c}0<-3m<1\\ -1<m-2\le 0\end{array}$ $\Rightarrow m\in \varnothing$

TH2: $\{\begin{array}{c}0<m-2<1\\ -1<-3m\le 0\end{array}$ $\Rightarrow \{\begin{array}{c}2<m<3\\ 0\le m<\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}\end{array}$ $\Rightarrow m\in \varnothing$

A đúng

Trong mp (ABB'A'), gọi J là giao điểm $A^{\prime }{B}^1$ và $A^1{B}^{\prime }$

Trong mp $\left(A^1{B}^{\prime }{C}^1\right)$ qua J kẻ đường thẳng song song $B^{\prime }{C}^1$ cắt $A^1{C}^1$ tại I

Áp dụng định lý Thales: $\genfrac{}{}{0ex}{}{A^{1}J}{J{B}^{\prime }}=\genfrac{}{}{0ex}{}{A^{\prime }{A}^1}{B^{\prime }{B}^1}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}$

$\Rightarrow \genfrac{}{}{0ex}{}{A^{1}J}{A^1{B}^{\prime }}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}$

$C^{\prime }{C}^1=\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{4}{C}^{\prime }C=\genfrac{}{}{0ex}{}{3a}{2}\Rightarrow B^{\prime }{C}^1=\sqrt{B^{\prime }{C}^{\prime 2}+C^{\prime }{C}^1}=\genfrac{}{}{0ex}{}{a\sqrt{13}}{2}$

Áp dụng định lý Thales: $\genfrac{}{}{0ex}{}{IJ}{B^{\prime }{C}^1}=\genfrac{}{}{0ex}{}{A^{1}J}{A^1{B}^{\prime }}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}\Rightarrow IJ=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}{B}^{\prime }{C}^1=\genfrac{}{}{0ex}{}{a\sqrt{13}}{8}$
 

$x^2+y^2+z^2=3xyz\Rightarrow \frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}=3$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $\frac{x}{yz};\frac{y}{xz}$ ta có: $\frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}\ge 2\sqrt{\frac{x}{yz}.\frac{y}{x}}=\frac{2}{z}$

Tương tự ta cũng có: $\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}\ge \frac{2}{x};\frac{z}{xy}+\frac{x}{yz}\ge \frac{2}{y}$

$\Rightarrow \left(\frac{x}{yz}+\frac{y}{xz}\right)+\left(\frac{y}{xz}+\frac{z}{xy}\right)+\left(\frac{z}{xy}+\frac{x}{yz}\right)\ge \frac{2}{z}+\frac{2}{x}+\frac{2}{y}\Rightarrow \frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}\ge \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le 3$

Lại có: $x^4+yz\ge 2\sqrt{x^{4}yz}=2x^2\sqrt{yz}\Rightarrow \frac{x^2}{x^4+yz}\le \frac{1}{2\sqrt{yz}}=\frac{1}{4}\mathrm{.2.}\frac{1}{\sqrt{y}}.\frac{1}{\sqrt{z}}\le \frac{1}{4}(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$

Tương tự $\frac{y^2}{y^4+xz}\le \frac{1}{4}(\frac{1}{x}+\frac{1}{z});\frac{z^2}{z^4+xy}\le \frac{1}{4}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})$

Suy ra

$\begin{array}{c}P=\frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\le \frac{1}{4}(\frac{2}{x}+\frac{2}{y}+\frac{2}{z})=\frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\le \frac{3}{2}\\ =>P\le \frac{3}{2}\end{array}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = $\frac{3}{2}$ khi x = y = z = 1.

Đổi $75$% $=\frac{3}{4}$ 

Vì sau khi chuyển số dầu ở can II bằng $\frac{3}{4}$ số dầu ở can III nên dầu ở can II bằng $\frac{3}{7}$ tổng số dầu ở can II và III

Theo bài ra nếu coi số dầu ở can I là $2$ phần thì tổng số dầu ở $3$ can là $9$ phần nên tổng số dầu ở can II và III ứng với số phần là:

       $9-2=7$(phần)

Số dầu ở can II ứng với số phần là:

        $7\times \frac{3}{7}=3$( phần)

Số dầu ở can III ứng với số phần là:

         $7-3=4$ (phần)

Hiệu số phần giữa số dầu ở can III và I là:

          $4-2=2$ (phần)

Vì can III nhiều hơn can I là $8$ lít nên $8$ lít ứng với $2$ phần
Giá trị $1$ phần là:

          $8:2=4$ (lít)

Số dầu ở can I ban đầu là:

            $4\times 2+2=10$ (lít)

Số dầu ở can III ban đầu là:

            $4\times 4-3=13$ (lít)

Số dầu ở can II ban đầu là:

             $4\times 3-2+3=13$ (lít)

Vậy can I có $10$ lít dầu, can II và III mỗi can có $13$ lít dầu

nhớ tick cho mình nhé!

a) $\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{6}+\genfrac{}{}{0ex}{}{11}{12}+\genfrac{}{}{0ex}{}{19}{20}+...+\genfrac{}{}{0ex}{}{89}{90}$

$=1-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{6}+1-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{12}+...+1-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{90}$

$=\left(1+1+1+...+1\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{6}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{12}+...+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{90}\right)$

$=\left(1+1+1+...+1\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2\cdot 3}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3\cdot 4}+...+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{9\cdot 10}\right)$

Từ 2 đến 9 có : ( 9 - 2 ) / 1 + 1 = 8 ( số hạng ) => có 8 số 1

$\Rightarrow 8-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}+...+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{9}-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{10}\right)$

$=8-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{10}\right)$

$=8-\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{5}=\genfrac{}{}{0ex}{}{38}{5}$

b) $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}+\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{6}+\genfrac{}{}{0ex}{}{11}{12}+...+\genfrac{}{}{0ex}{}{109}{110}$

$=1-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}+1-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{6}+...+1-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{110}$

$=\left(1+1+1+...+1\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{6}+...+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{110}\right)$

$=\left(1+1+...+1\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1\cdot 2}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2\cdot 3}+...+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{10\cdot 11}\right)$

Từ 1 đến 10 có : ( 10 - 1 ) / 1 + 1 = 10 ( số hạng ) => có 10 số 1

$\Rightarrow 10-\left(1-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}+...+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{10}-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{11}\right)$

$=10-\left(1-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{11}\right)$

$=10-\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{11}=\genfrac{}{}{0ex}{}{100}{11}$
 

........

LEO TOP TUẦN TRONG 3 HẠNG 123 LÀ ĐC CỘNG XU 

Xét tam giác AEB và tam giác CFD ta có 

AB = CD (tứ giác ABCD là hbn); ^ABE = ^CDF ( soletrong ) ; DF = BE (gt) 

Vậy tam giác AEB = tam giác CFD ( c.g.c ) 

=> AE = FC ( 2 cạnh tương ứng ) (1)

tương tự với tam giác AFD = tam giác EBC 

=> AF = EC (2) 

Từ (1) ; (2) => tứ giác AECF là hbh => AE // CF