Ta có

\(M=\frac{2015a}{ab+2015a+2015}+\frac{b}{bc+b+2015}+\frac{c}{ac+c+1}\)

\(=\frac{abc.a}{ab+abc.a+abc}+\frac{b}{bc+b+abc}+\frac{c}{ac+c+1}\)

\(=\frac{ac}{1+ac+c}+\frac{1}{c+1+ac}+\frac{c}{ac+c+1}\)

\(=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)

ôi câu hỏi hay có khác j câu này Câu hỏi của Lê Phương Thảo - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Hinh thang ABCS,day nho AB day lon CD giao diem cua 2 hinh thang cheo la O ke daon thang qua O va song song voi duong cao cua hinh thang cat AB tai M, CD tai N duong cao cua ADCD la AH.Nen MN=AH

Hinh thang ABCD can nen tam giac AOB va DOC can nen MN la trung diem cua AB va CD. OM la trung tuyen tam giac vuong AOB nen OM =1/2 AOB tuong tu co ON=1/2 CD nen MN = (AB+CD):2 Duong trung binh hinh thang cung bang (AB+CD):2 Do da duong trung binh hinh thang bang MN=AH=10cm

A B C D O M N

A B C D M N E

a) Ta thấy: CD = AE (cùng bằng AB)

    ND = NA (vì N là trung điểm của AD)

=> CN = NE => N là trung điểm của CE

Vậy MN là đường trung bình của tam giác CEB => MN // EB

b) Theo câu a) MN //EB => \(\widehat{MNC}=\widehat{BEC}\) (đồng vị)

Mà tam giác ABC vuông cân tại A nên \(\widehat{BEA}=45^o\)

Vậy \(\widehat{MNC}=45^o\)

Gọi nửa quãng đường là \(x\) thì cả quãng đường là \(2x\).

Thời gian người đó đ nửa quãng đường đầu là: \(\frac{x}{45}\), đi nửa quãng đường sau là \(\frac{x}{v_2}\) .

Thời gian người đó đi cả quãng đường là: \(\frac{2x}{36}\).

Vậy ta có: \(\frac{x}{45}+\frac{x}{v_2}=\frac{2x}{36}\)

   \(\Rightarrow\frac{1}{45}+\frac{1}{v_2}=\frac{1}{18}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{v_2}=\frac{1}{18}-\frac{1}{45}=\frac{1}{30}\)

\(\Rightarrow v_2=30\)

Vận tốc trung bình trên cả đoạn đường : 

vtb=S / S2.v1+S2.v2=2.v1.v2 / v1+v2.(km/h)
Mà vtb = 8, v1 = 12 nên v2 = 6 km/h.

Từ giả thiết ta có thể viết \(f\left(x\right)=g\left(x\right)\left(x+1\right)+5\)    (1) 

Và \(f\left(x\right)=h\left(x\right)\left(x-2\right)+7\)   (2) 

Do (x + 1)(x - 2) là đa thức bậc 2 nên số dư là đa thức bậc 1. Tức là:

\(f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x-2\right)t\left(x\right)+ax+b\)    (Với g(x) , h(x), t(x) là các đa thức)

Ta có \(f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x-2\right)t\left(x\right)+a\left(x+1\right)+b-a=\left(x+1\right)\left[\left(x-2\right)t\left(x\right)+a\right]+b-a\)

Theo (1) thì b - a = 5.

Ta cũng có :

\(f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x-2\right)t\left(x\right)+a\left(x-2\right)+b+2a=\left(x-2\right)\left[\left(x+1\right)t\left(x\right)+a\right]+b+2a\)

Theo (2) thì b + 2a = 7.

Từ đó ta tìm được \(a=\frac{2}{3};b=\frac{17}{3}\)

A B C D E F O G H K

Trên tia đối của ED lấy điểm K sao cho E là trung điểm của DK.

Xét \(\Delta\)DAE=\(\Delta\)KBE (c.g.c) => AD=BK (2 cạnh tương ứng)

Mà AD=BC => BK=BC => \(\Delta\)BKC cân tại B => ^BCK=(180⁰-^KBC)/2 (1)

Lại có: ^DAE=^KBE (2 góc tương ứng) => AD//BK (2 góc so le trg bằng nhau)

hay OH//BK => ^HOG=^KBC ( Đồng vị) (2)

E là trung điểm DK; F là trung điểm DC => EF là đường trung bình \(\Delta\)DKC

=> EF//KC hay HG//KC => ^OGH=^BCK (3)

Thay (2) và (3) vào (1); ta được: ^OGH=(180⁰-^HOG)/2 => \(\Delta\)HOG cân tại O

=> OG=OH (đpcm)

ab . cde = edcba

= (10a + b ) . (100c + 10d + e) = edcba

= 10 . (100 + 10) . (a + b + c + d + e) 

= 10 . 110 . (a + b + c + d + e)

=1100 . (a + b + c + d + e)

=> Số abcde có dạng 1100(a + b + c + d + e)

Và edcba có dạng 1100(e + d + c + b + a)

Sau đó làm tiếp tí nữa là xong! Mình mới học lớp 6 nên chỉ gợi ý cách làm cho bạn được thôi!

Áp dụng định lý Pi-ta-go đó 

\(a,b,c\) là 3 cạnh của tam giác nên \(a,b,c>0\).
Chứng minh bất đẳng thức phụ 
Giả sử: \(\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\ge a+b\)
            \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
            \(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\) ( luôn đúng)

Giả sử: \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
             \(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\)
Ta có: \(\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\ge a+b+b+c+a+c\)
        \(\Rightarrow\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\ge2\left(a+b+c\right)\)
Vậy: \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\).
Ta chứng minh: \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Bu  - nhi - a  ta có:
\(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}\right)^2\le\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+b^2+c^2+a^2+c^2\right)\)
                                                                                   \(=6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Ta cần chứng minh: \(6\left(a^2+b^2+c^2\right)< \left(\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\right)^2\)
                     \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)< \left(a+b+c\right)^2\)
                     \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2< 2ab+2bc+2ac\)
                     \(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+c^2< 2bc+2ac\)(1)
Do \(a,b,c\)là 3 cạnh của tam giác suy ra \(a-b< c\)
Gải sử \(a>b\) suy ra \(\left(a-b\right)^2< c^2\)
Thay vào (1 ) ta có \(c^2+c^2< 2bc+2ac\)
                            \(\Leftrightarrow2c^2< 2c\left(a+b\right)\)
                             \(\Leftrightarrow c< a+b\)( Đúng với a, b, c là 3 cạnh của tam giác)
Vậy BĐT đã được chứng minh.

Hình đa giác TenDaGiac1: DaGiac(B, C, 3) Hình đa giác TenDaGiac1: DaGiac(B, C, 3) Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [C, A] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng i_1: Đoạn thẳng [E, D] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [D, F] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [E, G] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [F, G] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [D, K] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [A, G] B = (0.28, 3.28) B = (0.28, 3.28) B = (0.28, 3.28) C = (5.78, 3.32) C = (5.78, 3.32) C = (5.78, 3.32) Điểm A: DaGiac(B, C, 3) Điểm A: DaGiac(B, C, 3) Điểm A: DaGiac(B, C, 3) Điểm D: Điểm trên f Điểm D: Điểm trên f Điểm D: Điểm trên f Điểm E: D đối xứng qua h Điểm E: D đối xứng qua h Điểm E: D đối xứng qua h Điểm F: D đối xứng qua g Điểm F: D đối xứng qua g Điểm F: D đối xứng qua g Điểm G: Giao điểm đường của k, l Điểm G: Giao điểm đường của k, l Điểm G: Giao điểm đường của k, l Điểm K: Giao điểm đường của h, m Điểm K: Giao điểm đường của h, m Điểm K: Giao điểm đường của h, m Điểm I: Giao điểm đường của g, j Điểm I: Giao điểm đường của g, j Điểm I: Giao điểm đường của g, j Điểm J: Giao điểm đường của g, m Điểm J: Giao điểm đường của g, m Điểm J: Giao điểm đường của g, m

a) Do D, E đối xứng qua AB nên tam giác EKD cân tại K.

Do EDFG là hình bình hành nên \(\widehat{KED}=180^o-\widehat{EDF}=180^o-\left(180^o-30^o-30^o\right)=60^o\)

Vậy KDE là tam giác đều.

 b) Câu này phải ta KDFG mới là hình thang cân.

Ta có KDFG đã là hình thang.

Lại có \(\widehat{GFD}=\widehat{KED}\) ( Hai góc đối của hình bình hành)

 và \(\widehat{KED}=\widehat{EKD}\) (tam giác KDE đều)  và \(\widehat{EKD}=\widehat{KDF}\) (so le trong)

Vậy nên \(\widehat{GFD}=\widehat{KDF}\)

Vậy KDFG là hình thang cân (Hai góc kề một đáy bằng nhau)

c) Gọi I, J là giao điểm của DF và KG với AC.

Ta có ngay I là trung điểm DF nên J cũng là trung điểm KG.

Từ đó ta có \(\Delta AJK=\Delta AJG\) (Hai cạnh góc vuông)

\(\Rightarrow\widehat{GAC}=\widehat{KAJ}=60^o=\widehat{ACB}\)

Vậy AG // BC.

30^o lấy đâu ra vậy

Chỉ mình với :))