câu 3: dễ vẽ hình

gọi O là tâm hcn AFHE và K là giao của đường cao từ A cắt EF

xét tam giác KAE vuông tại K

=> góc MAB+ góc AEO=90 độ

dễ CM: góc OAE= góc OEA

xét tam giác ABH vuông tại H

=> góc EAO+ góc B=90 độ

=>góc MAB= góc B

=> △MAB cân tại M

=> MB=MA

CMTT: ta có góc KAF+ góc AFE = 90 độ

mà góc AFE= góc HAC

ta có góc HAC+ góc ACH= 90 độ

=> góc KAF= góc HCA hay góc MAC= góc MCA

=> △MAC cân tại M

=> MA=MC=MB

=> M là trung điểm BC

bài 4:

a) \(\Rightarrow A+B+C=\left(4x^2-5xy+3y^2\right)+\left(3x^2+2xy+y^2\right)+\left(-x^2+3xy+2y\right)\)

\(A+B+C=6x^2+4y^2+2y\)

b) \(\Rightarrow B-C-A=\left(3x^2+2xy+y^2\right)-\left(-x^2+3xy+2y\right)-\left(4x^2-5xy+3y^2\right)\)

\(B-C-A=4xy-2y^2-2y\)

c) \(2A-3B-C=2\left(4x^2-5xy+3y^2\right)-3\left(3x^2+2xy+y^2\right)-\left(-x^2+3xy+2y\right)\)

\(2A-3B-C=\left(8x^2-10xy+6y^2\right)-\left(9x^2+6xy+3y^2\right)+\left(x^2-3xy-2y\right)\)

\(2A-3B-C=3y^2-19xy-2y\)

bài 5:

a)gọi 4 số lẻ liên tiếp là: 2n+1,2n+3,2n+5,2n+7(n ∈ Z)

=> \(\left(2n+5\right)\left(2n+7\right)-\left(2n+1\right)\left(2n+3\right)\)

\(=16\left(n+2\right)\) ⋮16(đpcm)

b) ta có: \(3\left(5x+y\right)+\left(4x-3y\right)=19x\) ⋮19

=> \(4x-3y\) ⋮19(đpcm)

c) a chia 3 dư 1=> a=3k+1

b chia 3 dư 2=> b=3m+2

=> \(ab=\left(3k+1\right)\left(3m+2\right)=9\operatorname{km}+6k+3m+2=3\left(3\operatorname{km}+2k+m\right)+2\)

vì \(3\left(3\operatorname{km}+2k+m\right)\) ⋮3

=> ab chia 3 dư 2(đpcm)

ta có: \(VP=\frac12\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{1}{2n\left(n+1\right)}\)

mà \(n^2+\left(n+1\right)^2-2n\left(n+1\right)=\left(n+1-n\right)^2=1^2=1\)

=> \(n^2+\left(n+1\right)^2>2n\left(n+1\right)>0\)

=> \(\frac{1}{n^2+\left(n+1\right)^2}<\frac12\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\)

b) => \(VT=\frac{1}{1^2+2^2}+\frac{1}{2^2+3^2}+\frac{1}{3^2+4^2}+.\ldots+\frac{1}{2025^2+2026^2}\)

\(\Rightarrow VT<\frac12\left(1-\frac12+\frac12-\frac13+\frac13-.\ldots+\frac{1}{2025}-\frac{1}{2026}\right)\)

\(VT<\frac12\cdot\left(1-\frac{1}{2026}\right)<\frac12\cdot1=\frac12\left(đpcm\right)\)

câu 4:

dễ CM: góc AFE= góc C

CMTT:=> △BFD~△ACB

=> góc BFD= góc C

=> góc AFE= góc BFD

mà góc BFD= góc AFL( đối đỉnh)

=> góc AFL= góc AFE

=> AF là phân giác của góc LFK

=> \(\frac{PK}{PL}=\frac{FK}{FL}\)

mà FL=FD

=> \(\frac{PK}{PL}=\frac{FK}{FD}\) (1)

xét tam giác vuông AFH

=> \(FI=AI=IH=\frac12AH\) => △IFA cân tại I

ta có góc IKF= góc AFE- góc IFA

= góc C-(90 độ- góc B)

=góc B+ góc C-90 độ

= (180 độ- góc A)-90 độ= 90 độ- góc A

mà góc BDF= góc A

=> góc FDA= 90 độ- góc BDF=90 độ- góc A

=> góc IFK= góc FDE

kết hợp với chung góc FIK

=> △IFK~△IDF(g.g)

=> \(\frac{IK}{IF}=\frac{FK}{DF}\) (2)

từ(1)(2)=> \(\frac{PK}{PL}=\frac{IK}{IF}\)

vì IF=IA

=> \(\frac{PK}{PL}=\frac{IK}{IA}\)

=> PI//AL(đpcm)

từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt DC tại E

=> ABCE là hbh

=> AE=BC

mà AD= AE

=> AD=AE

ta có DE=DC-CE=DC-AB=DC-\(\frac{DC}{2}=\frac{DC}{2}=AB\)

mà \(2AD=2AB=CD\)

=> AB=AD

=> DE=AD

từ các điều trên=> AD=AE=DE

=> △ADE đều

=> góc D= 60 độ= góc góc C

=> góc A= góc B= 120 độ

Em đăng kí nhận thưởng ctv tích cực hàng tuần từ 17 đến 23 tháng 08 năm 2026 ạ

câu 1:

=> \(2S-S=1+\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^{99}}-\frac{100}{2^{100}}\)

đặt A= \(1+\frac{1}{2^1}+\cdots+\frac{1}{2^{99}}\)

=> \(2A-A=1-\frac{1}{2^{99}}\)

=> \(S=1+1-\frac{1}{2^{99}}-\frac{100}{2^{100}}=2-\left(\frac{1}{2^{99}}+\frac{100}{2^{100}}\right)<2\left(đpcm\right)\)

câu 2:

đặt B=\(\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\ldots\left(n+6\right)\)

=> B⋮5

trong 6 số nguyên liên tiếp có đúng 2 số chia hết cho 3

=> 3 x 3=9

=> B⋮9

trong 6 số tự nhiên liên tiếp tồn tại 3 số chẵn liên tiếp

đặt 2k,2k+4,2k+6 là 3 số chẵn liên tiếp(k ∈ N)

\(\) ta có: \(2k\left(2k+2\right)\left(2k+4\right)=2k\cdot2\left(k+1\right)\cdot2\left(k+2\right)=8k\cdot\left(k+1)\cdot\left(k+2\right)\right.\)

vì \(k\left(k+1\right)\left(k+2\right)\) ⋮2

=> \(8k\left(k+1\right)\left(k+2\right)\) ⋮16

vì 5,9,16 nguyên tố cùng nhau nên A⋮5 x 9 x 16=720

câu 3:

xy-2x+3y=11

x(y-2)+3(y-2)+6=11

(y-2)(x+3)=5

vì x,y ∈ Z nên ta có bảng

Kl:......

câu 4:

a)=> AB=OB-OA=7-3=4(cm)

b) => AC= OA+ OC=3+1=4(cm)

=> AC=AB=> A là trung điểm BC

Câu 5: ko hiểu:v

dễ CM: △ABD~△ACE

=> góc EBH=góc QCN

=> △PMB~△QNC

=> \(\frac{MB}{NC}=\frac{PM}{NQ}\Rightarrow\frac{MB}{PM}=\frac{NC}{NQ}\)

mà ta có góc HQN= góc DHQ

góc DHQ= góc QHN

=> góc QHN= góc HQN

=> △HNQ cân tại N=> HN=NQ

CMTT: △ HPM cân tại M=> PM=NH

=> \(\frac{MB}{NH}=\frac{NC}{NH}\)

=> MN//BC

gọi gioa của HI với BC là K'

=> \(\frac{MI}{BK^{\prime}}=\frac{HI}{HK^{\prime}}\) và \(\frac{IN}{KC^{\prime}}=\frac{HI}{HK^{\prime}}\)

=> \(\frac{MI}{BK^{\prime}}=\frac{IN}{KC^{\prime}}\)

vì MI=IN=> BK'=CK'=> K' là trung điểm BC

=> K' trùng K

=> H,I,K thẳng hàng(đpcm)

bt engel rồi thì AM-GM cx ngang nhau mà:v

cộng thêm 3 vào 2 vế

\(\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{a+c}+1+\frac{c}{a+b}+1\ge\frac32+3\)

\(\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge\frac92\)

\(\left(a+b+c_{}\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge\frac92\)

nhân đôi 2 vế với 2

\(2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge9\)

\(\left\lbrack\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right\rbrack\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge9\)

điều này luôn đúng với a,b,c >0

dấu "=" xảy ra khi a=b=c

a) dễ CM: △AED=△DFC(c.g.c)

=> CF=DE và DE⊥CF

b) CMTT: => CE⊥BF

gọi giao của CM và AB là G

dễ dàng CM: △ABM=△CBM(c.g.c)

=> góc BAM= góc BCM

mà trong hình chữ nhật AEMF

=> góc BAM= góc AEF

=> góc AEF= góc BCM

xét tam giác BCG vuông tại B

góc BCG+ góc BGC= 90 độ

=> góc AEF+ góc BGC= 90 độ

=> CG⊥EF

xét tam giác EFC có:

ED⊥FC

BF⊥EC

CG⊥EF

=> DE,BF,CM đồng quy

c) ta có \(S_{AEMF}=AE\cdot AF=AE\cdot EB\)

\(=AE\left(AB-AE\right)=AE\cdot AB-AE^2=\frac{AB^2}{4}-\left(\frac{AB^2}{4}-AE\cdot AB+AE^2\right)\)

\(=\frac{AB^2}{4}-\left(\frac{AB}{2}-AE\right)^2\)

\(\Rightarrow S_{AEMF}\le\frac{AB^2}{4}\)

"=" xảy ra khi \(\frac{AB}{2}=AE\)

=> E là trung điểm AB

mà ME//AD

=> M là trung điểm DB

C1: dự đoán điểm rơi x=y=z=1

dùng Cô si 2 số(CT: \(\sqrt{xy}\le\frac12\left(x+y\right)\) )

\(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sqrt{\frac{x^2}{1+x^2}}=\sqrt{x\cdot\frac{x}{1+x^2}}\)

nếu áp dụng Cô si ngay thì \(\sqrt{x\cdot\frac{x}{1+x^2}}\le\frac12\left(x+\frac{x}{1+x^2}\right)\)

dấu bằng xảy ra khi \(x=\frac{x}{1+x^2}\)

\(x=1\)

\(\frac{x}{1+x^2}=\frac{1}{1+1^2}=\frac12\)

ta đặt thêm hệ số n để cân bằng lại

\(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sqrt{\left(nx\right)\cdot\left(\frac{1}{n}\cdot\frac{x}{1+x^2}\right)}\)

=> \(n=\frac{1}{2n}\) tại x=1

=> n= \(\frac{1}{\sqrt2}\)

\(\Rightarrow\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sqrt{\left(\frac{x}{\sqrt2}\right)\cdot\left(\frac{x\sqrt2}{1+x^2}\right)}\le\frac{x}{2\sqrt2}+\frac{x\sqrt2}{2\left(1+x^2\right)}\)

ta có \(\frac{x}{1+x^2}\le\frac12\Rightarrow\frac{x\sqrt2}{2\left(1+x^2\right)}\le\frac{\sqrt2}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\le\frac{x}{2\sqrt2}+\frac{\sqrt2}{4}\)

CMTT: \(\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}\le\frac{y}{2\sqrt2}+\frac{\sqrt2}{4}\)

\(\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\le\frac{z}{2\sqrt2}+\frac{\sqrt2}{4}\)

=> \(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}\le\frac{x+y+z}{2\sqrt2}+3\cdot\frac{\sqrt2}{4}=\frac{3\sqrt2}{2}\) (đpcm)

"=" xảy ra khi x=y=z=1

C2: dùng Bunhiacopxki 3 số

CT: \(\left(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3\right)^2\le\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+b_3^2\right)\)

\(P=\sqrt{x}\cdot\sqrt{\frac{x}{1+x^2}}+\sqrt{y}\cdot\sqrt{\frac{y}{1+y^2}}+\sqrt{z}\cdot\sqrt{\frac{z}{1+z^2}}\)

=> \(P^2\le\left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}\right)\)

\(P^2\le3\cdot\frac32=\frac92\)

=> \(P\le\frac{3}{\sqrt2}=\frac{3\sqrt2}{2}\) (đpcm)

dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1