Xét ΔAEB và ΔAFC có

+ E^=F^=90∘

+ BAC^ chung

⇒ ΔAEB∽∽ΔAFC(g-g)

⇒ AE.AC=AF.AB

Xét ΔAIC vuông tại I có AI²=AE.AC

Xét ΔAKB vuông tại K có AK²=AF.AB

Mà AE.AC=AF.AB⇒ AI²=AK²

⇔ AI=AK

a) Vì \(A B C D\) là hình bình hành nên \(A B / / C D ; A D / / B C\)

\(\Rightarrow A B / / D G ; A B / / C G ; B K / / A D ; K C / / A D\)

Xét tam giác \(D E G\) có \(A B / / D G\), theo hệ quả của định lí Thales ta có:

\(\frac{A E}{E G} = \frac{E B}{E D}\) (1)

Xét tam giác \(A D E\) có \(B K / / A D\), theo hệ quả của định lí Thales ta có:

\(\frac{E K}{A E} = \frac{E B}{E D}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra, \(\frac{A E}{E G} = \frac{E K}{A E} \Rightarrow A E^{2} = E G . E K\) (điều phải chứng minh).

b) Xét tam giác \(A E D\) có:

\(A D / / B K \Rightarrow \frac{A E}{A K} = \frac{D E}{D B}\)(3)

Xét tam giác \(A E B\) có

\(A B / / B K \Rightarrow \frac{A E}{A G} = \frac{B E}{B D}\) (4)

Từ (3) và (4) ta được:

\(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = \frac{D E}{B D} + \frac{B E}{B D} = \frac{B D}{B D} = 1\)

Ta có: \(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = 1 \Rightarrow \frac{1}{A E} = \frac{1}{A K} + \frac{1}{A G}\) (chia cả hai vế cho \(A E\)) (điều phải chứng minh).

A' M B C C' B' D A E

\(\frac{A M}{A^{'} M} = \frac{A E}{B A^{'}} = \frac{A D}{A^{'} C} = \frac{A D + A E}{A^{'} C + A^{'} B} = \frac{D E}{B C}\)

\(\Delta C B B^{'}\)có AE // BC , nên \(\frac{A B^{'}}{B^{'} C} = \frac{A E}{B C}\)( hệ quả của định lí Ta-lét);

\(\Delta B C C^{'}\)có DA // BC , nên \(\frac{A C^{'}}{B C^{'}} = \frac{D A}{B C}\)( hệ quả của định lí Ta-lét).

Ta có : \(\frac{A B^{'}}{C B^{'}} = \frac{A C^{'}}{B C^{'}} = \frac{A E}{B C} + \frac{D A}{B C} = \frac{D E}{B C}\)

Do đó : \(\frac{A M}{A^{'} M} = \frac{A B^{'}}{C B^{'}} + \frac{A C^{'}}{B C^{'}}\)

1: a: Các điểm thuộc đoạn BD là điểm B, điểm D, điểm C

các điểm không thuộc đoạn BD là điểm A và điểm D

b: các cặp đường thẳng song song là 

+ đường thẳng AB song song với đường thẳng DE

c: Các cặp đường thẳng cắt nhau là đường thẳng AE và đường thẳng BD cắt nhau tại C

2:độ dài đoạn thẳng AB là 

OB-OA=6-2=2(cm)

do M là trung điểm đoạn AB

Suy ra AM =\(\dfrac{1}{2}\)AB=\(\dfrac{1}{2}\)*2=1(cm)

Độ dài đoạn thẳng OM là 

OA+AM=4+1=5(cm)

a: trong 1 giờ, đội thứ 2 làm được khối lượng công việc nhiều nhất, đội thứ 3 làm được khối lượng công việc ít nhất vì:

+\(\dfrac{1}{3}\) lớn hơn \(\dfrac{2}{9}\) và \(\dfrac{5}{27}\)

+\(\dfrac{5}{27}\) nhỏ hơn \(\dfrac{2}{9}\) và \(\dfrac{1}{3}\)

b: nếu làm chung thì mỗi giờ cả ba đội làm được \(\dfrac{20}{27}\) phần công việc

a:x=\(\dfrac{-5}{12}\)+\(\dfrac{2}{3}\)

x=\(\dfrac{1}{4}\)

b: x=\(\dfrac{8}{5}\): \(\dfrac{-2}{3}\)

x=\(\dfrac{-12}{5}\)

c:\(\dfrac{3}{7}\)*x=1+\(\dfrac{2}{7}\)

\(\dfrac{3}{7}\)*x=\(\dfrac{9}{7}\)

x=\(\dfrac{9}{7}\): \(\dfrac{3}{7}\)

x=3

a: \(\dfrac{-2}{7}\)+ \(\dfrac{2}{7}\)*\(\dfrac{5}{3}\)

=\(\dfrac{-2}{7}\)+ \(\dfrac{10}{21}\)

= \(\dfrac{4}{21}\)

b:\(\dfrac{-244}{399}\)- \(\dfrac{17}{21}\)+\(\dfrac{27}{19}\)

= \(\dfrac{-27}{19}\)+\(\dfrac{27}{19}\)

=0

c: \(\dfrac{6}{5}\)*(\(\dfrac{3}{13}\)_\(\dfrac{16}{13}\))

=\(\dfrac{-6}{5}\)

x*(x-3)=0

Suy ra x=0

hoặc x-3=0

x=3

Vậy x=0 hoặc x=-3

b: x² - 3*x*2+3²-1=0

(x-3)²-1=0

(x-3-1)*(x-3+1)=0

(x-4)*(x-2)=0

vậy x-4=0

suy ra x=4

hoặc x-2=0

suy ra x=2

vậy x=4 hoặc x=2

 1:Đổi 30 dm²=3000cm²

 Thể tích của hình chóp tứ giác đều là

\(\dfrac{1}{3}\)*3000*100= 100000(cm³)

2: xét phương trình hoành độ giao điểm của d1 và d2

x+4 = -x+4 suy ra 2x = 0 nên x=0

thay x=0 vào một trong 2 hàm số của d1 và d2 ta tìm được y=4

Vậy toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng d1 và d2 là (0,4)

2

ta có DE song song với AB (giả thiết)

         DF song song với AE  ( giả thiết)

Suy ra tứ giác AEDF là hình bình hành ( tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song và bằng nhau)

 Có AD là đường chéo của hình bình hành AEDF 

 Mà AD là đường phân giác của góc BAC 

 Suy ra  tứ giác AEDF là hình thoi ( tứ giác có một đường phân fiacs của một góc)

b: Xét hình thoi AEDF có 

AF= ED
mà FA= FG( giả thiết)

Suy ra ED=FG (1)

vìa A F B G là 4 điểm thẳng hàng 

suy ra ED song song với AB thì đồng thời ED song song với FG (2)

Từ 1 và 2 suy ra EFGD là hình bình hành( tứ giác có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau)

c: 

Theo bài ra, $G$ thuộc tia đối của tia $FA$ và $FA=FG$ suy ra $F$ là trung điểm của $AG$

Ta có: $AG=2AF$; $ID=2DF$

Mà $AF=DF$ (do $AEDF$ là hình thoi) suy ra $AG=ID$

Xét tứ giác $ADGI$ có:

Hai đường chéo $AG$ và $ID$ cắt nhau tại trung điểm $F$ của mỗi đường;

Suy ra $ADGI$ là hình bình hành (DHNB)

Lại có $AG=ID$ (cmt) suy ra $ADGI$ là hình chữ nhật (DHNB)

$GD$ // $IA$ suy ra $GD$ // $AK$ ($A,I,K$ thẳng hàng)

Xét tứ giác $AKDG$ có: $GD$ // $AK$ (cmt) ; $DK$ // $AG($ do $DE$ // $AF)$ 

Suy ra $AKDG$ là hình bình hành (DHNB) 

Khi đó hai đường chéo $AD$ và $GK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường 

Mà $O$ là trung điểm của $AD$ (do $O$ là giao điểm của hai đường chéo trong hình thoi $AEDF)$ 

Vậy $O$ là trung điểm của $GK$.