????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????

Theo toy đếp thì có 5 hoặc 6 bước
- 

Gọi 3 số tự nhiên lẻ liên tiếp lần lượt là 2n -1; 2n + 1; 2n+3 ( n thuộc N )

theo đề bài ta có: (2n-1)² + (2n+1)² + (2n+3)² = aaaa (trong đó a là chữ số lẻ vì 3 số lẻ nên tổng các bình phương của chúng cũng lẻ)

=> 12n² + 12n + 11 = 1111. a

=> 12n(n+1) = 1111.a -11 => 12n(n+1) = 11(101.a - 1)

Nhận xét : vé trái là 1 số chia hết cho 3 => vế phải cũng phải chia hết cho 3 mà 11 không chia hết cho 3 => 101.a -1 chia hết cho 3

101.a - 1 = 102.a - (a+1) => a+ 1 chia hết cho 3; a là chữ số

=> a = 2 hoặc 5; 8. Vì a lẻ nên a = 5. thay vào (*)

=> 12n(n+1)  = 5544 => n(n+1)= 462  => n² +n -462 = 0 => n² +22.n - 21n -462 = 0

=> n(n+22) - 21(n+22) = 0

=> (n+22)(n-21) = 0 => n= 21 hoặc -22 .vì n thuộc N nên n =21

vậy 3 số cần tìm là 41;43;45

Tìm GTNN của biểu thức  A = a^3+b^3+c^3 biết a^2 + b^2 +c^2 = 12 và a , b ,c >-1 

tham khảo

a) Xét tứ giác AECF ta có:

AE = FC (gt)

AE // FC (ABCD là hình bình hành)

=> AECF là hình bình hành (dhnb).

Vì ABCD là hình bình hành => AB=CD

Mà AE = CF => EB=DF.

Xét tứ giác EBFD ta có:

EB=DF (cmt)

EM//DF (ABCD là hình bình hành).

=>EBFD là hình bình hành (dhnb).

b) Vì ABCD là hình bình hành => AD=BC

Mà DG = BH => AG=HF.

Xét tam giác AEG và tam giác CFH ta có:

Góc A = góc C (2 góc đối của hbh ABCD)

AE = CF (gt)

AG = HC (cmt)

=> tam giác AEG = tam giác CFH (c-g-c)

=> AG = FH (1)

Chứng minh tương tự với tam giác DGF = tam giác BHE (c-g-c)

=> EH = GF (2)

Từ (1) và (2) => tứ giác EHFG là hình bình hành (tứ giác có các cạnh đối bằng nhau).

c) Gọi I là giao điểm của AC và BD.

=> I là trung điểm của AC và BD.

Ta có AECF là hbh (cmt)

=> AC và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà I là trung điểm của AC => I cũng là trung điểm của EF.

=> AC, BD, EF đồng quy tại I.

a) Xét tứ giác AECF ta có:

AE = FC (gt)

AE // FC (ABCD là hình bình hành)

=> AECF là hình bình hành (dhnb).

Vì ABCD là hình bình hành => AB=CD

Mà AE = CF => EB=DF.

Xét tứ giác EBFD ta có:

EB=DF (cmt)

EM//DF (ABCD là hình bình hành).

=>EBFD là hình bình hành (dhnb).

b) Vì ABCD là hình bình hành => AD=BC

Mà DG = BH => AG=HF.

Xét tam giác AEG và tam giác CFH ta có:

Góc A = góc C (2 góc đối của hbh ABCD)

AE = CF (gt)

AG = HC (cmt)

=> tam giác AEG = tam giác CFH (c-g-c)

=> AG = FH (1)

Chứng minh tương tự với tam giác DGF = tam giác BHE (c-g-c)

=> EH = GF (2)

Từ (1) và (2) => tứ giác EHFG là hình bình hành (tứ giác có các cạnh đối bằng nhau).

c) Gọi I là giao điểm của AC và BD.

=> I là trung điểm của AC và BD.

Ta có AECF là hbh (cmt)

=> AC và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà I là trung điểm của AC => I cũng là trung điểm của EF.

=> AC, BD, EF đồng quy tại I.

Ta có :

Tam giác ABC cân tại A 

=> BAH=CAH

Ta lại có:

AI=AK

Gọi giao điểm của AH và IK là M

Xét ΔAIMΔAIM và ΔAKMΔAKM có:

AT=AK ( gt )

BAH=CAH(cmt)

AM chung

=>  ΔAIMΔAIM= ΔAKMΔAKM (c.g.c)

=> IM=KM

=> I là đối xứng của K qua AH 

(đ.p.c.m)

:))

chịu

nhé

bạn

viết

thì

sai

Ta có :

Tam giác ABC cân tại A 

=> BAH=CAH

Ta lại có:

AI=AK

Gọi giao điểm của AH và IK là M

Xét ΔAIMΔAIM và ΔAKMΔAKM có:

AT=AK ( gt )

BAH=CAH(cmt)

AM chung

=>  ΔAIMΔAIM= ΔAKMΔAKM (c.g.c)

=> IM=KM

=> I là đối xứng của K qua AH 

(đ.p.c.m)

:))

Ta có :

Tam giác ABC cân tại A 

=> BAH=CAH

Ta lại có:

AI=AK

Gọi giao điểm của AH và IK là M

Xét ΔAIMΔAIM và ΔAKMΔAKM có:

AT=AK ( gt )

BAH=CAH(cmt)

AM chung

=>  ΔAIMΔAIM= ΔAKMΔAKM (c.g.c)

=> IM=KM

=> I là đối xứng của K qua AH 

(đ.p.c.m)

điên ok

TL

a) Xét tứ giác AEMD có

ˆEAD=900EAD^=900(ˆBAC=900BAC^=900, E∈AC, D∈AB)

ˆAEM=900AEM^=900(ME⊥AC)

ˆADM=900ADM^=900(MD⊥AB)

Do đó: AEMD là hình chữ nhật(Dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)

b)

Ta có: K và M đối xứng nhau qua E(gt)

nên E là trung điểm của KM

Xét ΔAKM có

AE là đường cao ứng với cạnh KM(AE⊥ME, K∈ME)

AE là đường trung tuyến ứng với cạnh KM(E là trung điểm của KM)

Do đó: ΔAKM cân tại A(Định lí tam giác cân)

mà AE là đường trung tuyến ứng với cạnh đáy KM(E là trung điểm của KM)

nên AE là tia phân giác của ˆKAMKAM^(Định lí tam giác cân)

hay ˆKAE=ˆMAEKAE^=MAE^

Ta có: M và P đối xứng nhau qua D(gt)

nên D là trung điểm của MP

Xét ΔAMP có

AD là đường cao ứng với cạnh MP(AD⊥MD, P∈MD)

AD là đường trung tuyến ứng với cạnh MP(D là trung điểm của MP)

Do đó: ΔAMP cân tại A(Định lí tam giác cân)

mà AD là đường trung tuyến ứng với cạnh đáy MP(D là trung điểm của MP)

nên AD là tia phân giác của ˆMAPMAP^(Định lí tam giác cân)

hay ˆPAD=ˆMADPAD^=MAD^

Ta có: tia AM nằm giữa hai tia AE, AD

nên ˆEAM+ˆDAM=ˆEADEAM^+DAM^=EAD^

hay ˆEAM+ˆDAM=900EAM^+DAM^=900

Ta có: ˆKAP=ˆKAE+ˆMAE+ˆMAD+ˆPADKAP^=KAE^+MAE^+MAD^+PAD^

⇔ˆKAP=2⋅(ˆMAE+ˆMAD)⇔KAP^=2⋅(MAE^+MAD^)

⇔ˆKAP=2⋅900=1800⇔KAP^=2⋅900=1800

⇔K,A,P thẳng hàng(1)

Ta có: ΔAKM cân tại A(cmt)

nên AK=AM

Ta có: ΔAMP cân tại A(cmt)

nên AM=AP

mà AK=AM(cmt)

nên AP=AK(2)

Từ (1) và (2) suy ra A là trung điểm của KP

hay P đối xứng với K qua A(đpcm)

HT

TL

(y-x) (z-x) (z-y)

HT

??????????????????????

TL :

x3−6x+5=x3−x2+x2−x−5x+5=x2(x−1)+x(x−1)−5(x−1)=(x−1)(x2+x−5)

ht