a) => \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=16\left(\operatorname{cm}\right)\)

=> BH=\(\frac{AB^2}{BC}=7,2\left(\operatorname{cm}\right)\)

=> \(AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=9,6\left(\operatorname{cm}\right)\)

b) ta có hệ thức lượng: \(AE\cdot AB=AH^2\)

mà xét △AHC vuông tại H

=> \(AH^2=AC^2-HC^2\)

=> \(AE\cdot AB=AC^2-HC^2\)

c) CM dc: AF=HE và góc AHE= góc B

vì góc B+ góc C= 90 độ=> tan C=cot B= cot( góc AHE)

ta có : cot (góc AHE)=\(\frac{EH}{AE}\Rightarrow HE=AE\cdot\cot\left(AHE\right)\)

mà HE=AF và cot(AHE)= tan C

=> AF=AE. tan C

d) ta có: \(BE=\frac{BH^2}{AB}=\frac{\left(\frac{AB^2}{BC}\right)^2}{AB}=\frac{AB^4}{BC^2\cdot AB}=\frac{AB^3}{BC^2}\)

CMTT:=> \(CF=\frac{CH^2}{AC}=\frac{\left(\frac{AC^2}{BC}\right)^2}{AC}=\frac{AC^4}{BC^2\cdot AC}=\frac{AC^3}{BC^2}\)

=> \(\frac{BE}{CF}=\frac{AB^3}{BC^2}:\frac{AC^3}{BC^2}=\left(\frac{AB}{AC}\right)^3\) (đpcm)

a) ta có \(\sqrt{3^2+4^2}=5\)

=> △ABC vuông tại A

b) ta có AH.BC=AB.AC

=> \(AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{3\cdot4}{5}=2,4\left(\operatorname{cm}\right)\)

ta có: \(BH=\frac{AB^2}{BC}=\frac{3^2}{5}=1,8\left(\operatorname{cm}\right)\)

c) \(\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac45=0,8\)

=> góc B xấp xỉ 58,13 độ

=> góc C= 90 độ- 58,13 độ=36,87 độ

d) dễ CM: tứ giác AEHD là hcn

=> AH=DE

ta có: \(BD\cdot CE\cdot BC=\frac{BH^2\cdot CH^2\cdot BC}{AB\cdot AC}\)

\(BD\cdot CE\cdot BC=\frac{\left(AH^2\right)^2\cdot BC}{AH\cdot BC}=AH^3=DE^3\left(đpcm\right)\)

a) \(\Leftrightarrow\left(x-3\right)^2-y^2=\left(x-3-y\right)\left(x-3+y\right)\)

b) \(4x^2-\left(y^2-4x+4\right)=\left(2x\right)^2-\left(y-2\right)^2\)

= \(\left(2x-y+2\right)\left(2x+y-2\right)\)

c) \(\Leftrightarrow\left(z^2+xz\right)+\left(xy+yz\right)\)

= \(z\left(x+z\right)+y\left(x+z\right)\)

= \(\left(x+z\right)\left(z+y\right)\)

d) \(\Leftrightarrow\left(x^2-4xy+4y^2\right)+\left(xz-2yz\right)\)

= \(\left(x-2y\right)^2+z\left(x-2y\right)\)

= \(\left(x-2y\right)\left(x-2y+z\right)\)

TH1: n là số lẻ

đặt \(2^{n}+n^2=a^2\)

=> \(a^2\) là số lẻ => a là số lẻ

\(\Rightarrow2^{n}=a^2-n^2=\left(a-n\right)\left(a+n\right)\)

vì a,n là số lẻ => a-n và a+n là hai số chẵn

=> đặt \(a-n=2^{u}\) và \(a=n=2^{v}\) (u,v ϵ N,u<v,u+v=n)

ta có: \(\left(a+n\right)-\left(a-n\right)=2^{v}-2^{u}\Rightarrow2n=2^{u}\left(2^{v-u}-1\right)\)

vì n lẻ nên 2n chia hết cho 2 nhưng ko chia hết cho 4

=> \(2^{u}=2\Rightarrow u=1\)

=> v=n-1

=> \(2n=2\left(2^{n-2}-1\right)\Rightarrow n=2^{n-2}-1\Rightarrow2^{n-2}=n+1\)

với n=1 và 3 thì ko thỏa mãn

với \(n\ge3\Rightarrow2^{n-1}>n+2\)

vậy ko có n là số lẻ nào thỏa mãn

TH2: n là số chẵn

đặt n=2k(k∈N0=> biểu thức = \(\left(2^{k}\right)^2+4k^2\)

ta xét bđt:

\(\left(2^{k}\right)^2<\left(2^{k}\right)^2+4k^2<\left(2^{k}+1\right)^2\)

với k>0=> VT < \(\left(2^{k}\right)^2+4k^2\)

bđt bên VP tương đương với

<=> \(4k^2<2^{k+1}+1\)

bđt luôn đúng với \(k\ge7\)

ta thử lần lượt các giá trị k từ 1-> 6=> n =0;6 là thỏa mãn

các số tự nhiên thỏa mãn đề bài là n ∈{0;6}

nhân cả hai vế với 4 và +1 ta dc

\(4\left(9^{m}-3^{m}\right)+1=4\left(n^4+2n^3+n^2+2n\right)+1\)

\(4\cdot3^{2m}-4\cdot3^{m}+1=4n^4+8n^3+4n^2+8n+1\)

\(\left(2\cdot3^{m}-1\right)^2=4n^4+8n^3+4n^2+8n+1\)

ta có: \(VP-\left(2n^2+2n\right)^2=8n+1>0\)

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

ta có: \(\left(2n^2+2n+1\right)^2-VP=4n\left(n-1\right)\)

từ (1)=> \(VP\ge\left(2n^2+2n+1\right)^2\)

=> \(\left(2n^2+2n+1\right)^2-VP\le0\Rightarrow4n\left(n-1\right)\le0\)

TH1: n=0

=> \(3^{2m}=3^{m}\Rightarrow2m=m\Rightarrow m=0\) (TM)

TH2: n=1

=> \(3^{2m}-3^{m}=6\)

đặt \(t=3^{m}\left(t>0\right)\)

\(\Rightarrow t^2-t-6=0\Rightarrow\left(t-3\right)\left(t+2\right)=0\)

vì t>0=> t=3=> m=1

vậy (m,n) thỏa mãn là (0,0);(1,1)

1. => \(3S=1+\frac13+\cdots+\frac{1}{3^{99}}\)

=> \(3S-S=\left(1+\frac13+\cdots+\frac{1}{3^{99}}\right)-\left(\frac13+\cdots+\frac{1}{3^{100}}\right)\)

\(2S=1-\frac{1}{3^{100}}\)

=> \(S=\frac12-\frac12\cdot\frac{1}{3^{100}}\)

2. vì \(\frac12-\frac12\cdot\frac{1}{3^{100}}<\frac12\)

=> \(S<\frac12\left(đpcm\right)\)

ta có: \(f\left(n\right)=\left(n+4\right)^4-n^4=16\left(n+2\right)\left(n^2+4n+8\right)\)

a) => f(n) ⋮16

vì (16,3)=1

=> \(\left(n+2\right)\left\lbrack\left(n+2\right)^2+4\right\rbrack\) ⋮3

TH1: nếu (n+2)⋮3

=> n+2=3k=>n=3k-2(k là một số nguyên dương)

TH2: nếu n+2 ko chia hết cho 3

ta có: \(\left(n+2\right)^2\equiv1\) (mod 3)

=> \(\left(n+2\right)^2+4\equiv1+4=5\equiv2\) (mod 3)

vì (n+2) và \(\left(n+2\right)^2+4\) đều ko chia hết cho 3 vậy nên tích của chúng cx ko chia hết cho 3

vậy n=3k-2

c) ta có: \(24^2=576=16\cdot36\)

=> \(\left(n+2\right)\left\lbrack\left(n+2\right)^2+4\right\rbrack\) ⋮36

vì 36=4 . 9 và (4,9)=1 nên biểu thức trên phải chia hết cho 4 và 9

ĐK1: chia hết cho 9

khi (n+2)⋮3

đặt n+2=3k

=> \(3k\left\lbrack\left(3k\right)^2+4\right\rbrack=27k^3+12k\)

để \(27k^3+12k\vdots9\Rightarrow12k\vdots9\Rightarrow4k\vdots3\Rightarrow k\vdots3\)

đặt k=3m

=> n+2=3(3m)=9m=>n=9m-2

ĐK2: chia hết cho 4

nếu n là số lẻ => n+2 và \(\left(n+2\right)^2+4\) là số lẻ

=> tích hai số cx là số lẻ nên ko chia hết cho 4

nếu n là số chẵn

đặt n+2=2x

=> \(2x\left\lbrack\left(2x\right)^2+4\right\rbrack=8x\left(x^2+1\right)\vdots4\)

vậy n là số chẵn

mà ta có n=9m-2=> 9m phải là số chẵn=> m là số chẵn

đặt m=2p=> n=18p-2(p là số tự nhiên)

ta có: a-c= (a-b)+(b-c)=10

tử số = \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)

=> \(2\times\) tử số = \(\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\)

=> \(2\times\) tử số= \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2=7^2+3^2+10^2=158\)

=> tử số= 79

mẫu số= \(a^2-c^2-2ab+2bc\)

= \(\left(a-c\right)\left(a+c-2b\right)=\left(a-c\right)\left\lbrack\left(a-b\right)-\left(b-c\right)\right\rbrack=40\)

=> \(P=\frac{79}{40}\)

bạn chưa vẽ điểm H nha nhưng nếu theo cách mik vẽ thì hình như H là trọng tâm △ABC đk

a) xét △AEM vuông tại E

=> \(EI=\frac12AM=IA=IM\)

CMTT:=> \(FI=\frac12AM=IA=IM\)

xét △ADM vuông tại D

=> \(DI=\frac12AM=IA=IM\)

=> \(IE=IF=ID=\frac12AM\)

ta có góc tại tại đỉnh I của △IAE:

góc EIM= 2 x góc EAM

CMTT: góc DIM=2 x góc DAM

=> góc DIE= \(\left\vert\right.\) góc EIM- góc DIM\(\left\vert\right.\) =2\(\left\vert\right.\) góc EAM- góc DAM\(\left\vert\right.\) =2 x góc BAD

mà △ABC đều nên AD vừa là đường cao vùa là p/ giác

=> góc BAD= 30 độ

=> góc DIE= 2 x 30 độ= 60 độ kết hợp với IE=ID

=> △IDE là tam giác đều

=> DE=IE=ID

CMTT:=>góc DIF= 60 độ

=> △IDF là tam giác đều

=> DF=IF=ID

=> IE=ED=DF=FI

=> tứ giác DEIF là h/ thoi

b) ta có: \(S_{ABC}=S_{ABM}+S_{ACM}\)

=> \(\frac12\cdot AD\cdot BC=\frac12ME\cdot AB+\frac12\cdot MF\cdot AC\)

vì AB=BC=AC nên ta chia cả hai vế cho \(\frac12\cdot BC\)

=> \(AD=ME+MF\)

c) C1: giả sử tia MO cắt AD tại H'

vẽ đường thẳng từ D song song với OM cắt AM tại K

xét △IDK có:

OM//DK

O là trung điểm ID

=> M là t/ điểm IK

=> IM=IK

=> AI=IM=IK và AM=2IM

xét △ADK có H'M//DK

=> \(\frac{AH^{\prime}}{H^{\prime}D}=\frac{AM}{AK}\)

=> \(\frac{AH^{\prime}}{H^{\prime}D}=\frac{2IM}{IK}=2\Rightarrow AH^{\prime}=2H^{\prime}D\)

đồng thời H là trọng tâm △ABC nên AH=2HD

=> H trùng H'

=> M,O,H thẳng thàng

=> MH,ID,EF đồng quy (đpcm)

C2: ta có: \(\frac{HD}{HA}\cdot\frac{MA}{MI}\cdot\frac{OI}{OD}=\frac12\cdot2\cdot1=1\)

theo đ/lí Menelaus đảo => M,O,H thẳng hàng

=> MH,ID,EF đồng quy(đpcm)

a) gọi H là giao của MP và QN

ta có góc BFC+ góc FBC= 90 độ

góc AEB+ góc ABE= 90 độ

mà góc FBC hay chính là góc ABE

=> góc BFC= góc AEB

=> \(\frac12\) x góc BFC=\(\frac12\) x góc AEB

=> góc NFC= góc HEN

ta có góc FNC+ góc NFC= 90 độ

=> góc HEN+ góc FNC= 90 độ hay góc HEN+ góc HNE=90 độ

=> góc EHN= 90 độ

=> EP⊥FQ

b) xét tam giác QEN có:

EH vừa là đường cao vừa là phân giác

=> △QEN cân tại E

=> EH là đường trung tuyến

=> H là trung điểm QN

CMTT: △MFQ

=> H là trung điểm MP

tứ giác MNPQ có:

QN và MP giao nhau tại trung điểm mỗi đường

MP và QN vuông góc với nhau

=> tứ giác MNPQ là hình thoi(đpcm)