Bài 2

∆ADE có:

AD = AE (gt)

⇒ ∆ADE cân tại A

⇒ ∠ADE = (180⁰ - ∠DAE) : 2 = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (1)

∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∠ADE = ∠ABC

Mà ∠ADE và ∠ABC là hai góc đồng vị

⇒ DE // BC

∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = ∠ACB

⇒ ∠DBC = ∠ECB

Tứ giác BDEC có:

DE // BC (cmt)

⇒ BDEC là hình thang

Mà ∠DBC = ∠ECB (cmt)

⇒ BDEC là hình thang cân

Bài 3

a) ABC cân tại A (gt)

AB = AC và ABC = ACB

Xét hai tam giác vuông: ABD và ACE có:

AB = AC (cmt)

A chung

ABD = ACE (cạnh huyền - góc nhọn)

AD = AE

b) ∆ADE có:

AD = AE (gt)

⇒ ∆ADE cân tại A

⇒ ∠AED = (180⁰ - ∠EAD) : 2 = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (1)

∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∠AED = ∠ABC

Mà ∠AED và ∠ABC là hai góc đồng vị

⇒ DE // BC

∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = ∠ACB

⇒ ∠EBC = ∠DCB

Tứ giác BEDC có:

DE // BC (cmt)

⇒ BEDC là hình thang

Mà ∠EBC = ∠DCB (cmt)

⇒ BEDC là hình thang cân

Bài 3:

a: Xét tứ giác AICK có

AI//CK

AI=CK

Do đó: AICK là hình bình hành

b: Sửa đề: N là giao điểm của CI và BK

AICK là hình bình hành

=>AK//CI

=>MK//IN

Ta có: AI+IB=AB

CK+DK=CD

mà AI=CK và AB=CD

nên BI=DK

Xét tứ giác BIDK có

BI//DK

BI=DK

Do đó: BIDK là hình bình hành

=>DI//BK

=>MI//KN

Xét tứ giác MINK có

MI//NK

MK//NI

Do đó: MINK là hình bình hành

Bài 2:

a: CH⊥AB

BK⊥BA

Do đó: CH//BK

b: BH⊥AC

CK⊥CA

Do đó: BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

c: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

=>H,M,K thẳng hàng

Bài 1:

a: Xét ΔADM và ΔCBN có

AD=CB

\(\hat{ADM}=\hat{CBN}\) (hai góc so le trong, AD//BC)

DM=BN

Do đó: ΔADM=ΔCBN

=>AM=CN

Xét ΔABN và ΔCDM có

AB=CD

\(\hat{ABN}=\hat{CDM}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

BN=DM

Do đó: ΔABN=ΔCDM

=>AN=CM

Xét tứ giác AMCN có

AM=CN

AN=CM

Do đó: AMCN là hình bình hành

b: ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

AMCN là hình bình hành

=>AC cắt MN tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của AC

nên O là trung điểm của MN

Bài 4:

a: ΔABC vuông tại A

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(2\cdot\hat{ACB}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(3\cdot\hat{ACB}=90^0\)

=>\(\hat{ACB}=\frac{90^0}{3}=30^0\)

=>\(\hat{ABC}=2\cdot30^0=60^0\)

Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHD vuông tại H có

AH chung

HB=HD

Do đó: ΔAHB=ΔAHD

=>AB=AD

Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{ABD}=60^0\)

nên ΔABD đều

=>\(\hat{BAD}=\hat{BDA}=60^0\) và AB=BD=AD

Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{CAD}=\hat{BAC}\) (tia AD nằm giữa hai tia AB và AC)

=>\(\hat{CAD}=90^0-60^0=30^0\)

Xét ΔDAC có \(\hat{DAC}=\hat{DCA}\left(=30^0\right)\)

nên ΔDAC cân tại D

=>DA=DC

Xét ΔDAC có DA=DC

nên ΔDAC cân tại D

=>\(\hat{ADC}=180^0-2\cdot\hat{DAC}=120^0\)

mà \(\hat{ADC}=\hat{HDE}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{HDE}=120^0\)

Xét ΔDHA vuông tại H và ΔDEC vuông tại E có

DA=DC
\(\hat{HDA}=\hat{EDC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDHA=ΔDEC

=>DH=DE

=>ΔDHE cân tại D

=>\(\hat{DHE}=\hat{DEH}=\frac{180^0-\hat{EDH}}{2}=\frac{180^0-120^0}{2}=30^0\)

Ta có: \(\hat{DEH}=\hat{DAC}\left(=30^0\right)\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên EH//AC

Ta có: EA=ED+DA

HC=HD+DC

mà ED=HD và DA=DC

nên EA=HC

Xét tứ giác AHEC có

HE//AC

AE=HC

Do đó: AHEC là hình thang cân

b: Xét ΔAHD vuông tại H có cos ADH\(=\frac{HD}{DA}\)

=>\(\frac{HD}{DA}=cos60=\frac12\)

=>DA=2DH

=>DC=2DH

mà DH=HB

nên DC=2HB

mà AD=DC

nên AD=2HB

Ta có: DH=DE

DH=HB

Do đó: DE=HB

AE=AD+DE

=>AE=2HB+HB=3HB

=>\(\frac{BH}{AE}=\frac13\)

Bài 5: Ta có: \(\frac{2z-4x}{3}=\frac{3x-2y}{4}=\frac{4y-3z}{2}\)

=>\(\frac{6z-12x}{9}=\frac{12x-8y}{16}=\frac{8y-6z}{4}\)

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{6z-12x}{9}=\frac{12x-8y}{16}=\frac{8y-6z}{4}=\frac{6z-12x+12x-8y+8y-6z}{9+16+4}=0\)

=>6z=12x=8y

=>12x=8y=6z

=>6x=4y=3z

=>\(\frac{6x}{24}=\frac{4y}{24}=\frac{3z}{24}\)

=>\(\frac{x}{4}=\frac{y}{6}=\frac{z}{8}\)

Đặt \(\frac{x}{4}=\frac{y}{6}=\frac{z}{8}=k\)

=>x=4k; y=6k; z=8k

\(200

=>\(200<\left(6k\right)^2+\left(8k\right)^2<450\)

=>\(200<100k^2<450\)

=>\(2

mà k∈N*

nên k=2

=>x=8; y=12; z=16

a: ABCD là hình vuông

=>AB=BC=CD=DA và AB//CD và AD//BC

Ta có:AB//CD
=>AB//CE

Xét tứ giác ABEC có

AB//EC

AC//BE

Do đó: ABEC là hình bình hành

=>AC=BE

mà AC=BD(ABCD là hình vuông)

nên BD=BE

=>ΔBDE cân tại B

Ta có: ABCD là hình vuông

=>AC⊥BD

mà AC//BE

nên BD⊥BE tại B

=>\(\hat{DBE}=90^0\)

ABCD là hình vuông

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

=>\(AO=OC=\frac{AC}{2};OB=OD=\frac{BD}{2}\)

mà AC=BD

nên OA=OC=OB=OD=AC/2=BD/2

Ta có: ABEC là hình bình hành

=>AB=EC

mà AB=CD

nên CE=CD

=>C là trung điểm của DE

Xét ΔBDE có

C,F lần lượt là trung điểm của ED,EB

=>CF là đường trung bình của ΔBDE

=>CF//BD và \(CF=\frac{BD}{2}\)

CF//BD

=>CF//BO

Ta có: \(CF=\frac{BD}{2}\)

\(OB=OD=\frac{BD}{2}\)

Do đó: CF=OB=OD

Ta có: \(BO=OD=\frac{BD}{2}\)

\(BF=FE=\frac{BE}{2}\)

mà BD=BE

nên BO=OD=BF=FE

Xét tứ giác BOCF có

CF//BO

CF=BO

Do đó: BOCF là hình bình hành

Hình bình hành BOCF có BO=BF

nên BOCF là hình thoi

Hình thoi BOCF có \(\hat{OBF}=90^0\)

nên BOCF là hình vuông

Xét tứ giác BDKE có

C là trung điểm chung của BK và DE

=>BDKE là hình bình hành

Hình bình hành BDKE có BD=BE

nên BDKE là hình thoi

Hình thoi BDKE có \(\hat{DBE}=90^0\)

nên BDKE là hình vuông

b: ΔBCD vuông tại C

=>\(BC^2+CD^2=BD^2\)

=>\(BD^2=2BC^2\)

=>\(BD=BC\sqrt2\)

=>\(OD=\frac{BC\sqrt2}{2}\)

=>OD<>BC

mà BC=OF

nên OD<>OF

=>OFCD không thể là hình vuông

Bài 1:

a: Ta có: BH⊥AC

CD⊥CA

Do đó: BH//CD

Ta có: CH⊥AB

BD⊥AB

Do đó: CH//BD

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD
BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

b: BHCD là hình bình hành

=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của BC

nên O là trung điểm của HD

=>H,O,D thẳng hàng

Bài 2:

a: Ta có: DM là phân giác của góc ADC

=>\(\hat{ADM}=\hat{MDC}\)

mà \(\hat{MDC}=\hat{AMD}\) (hai góc so le trong, AM//DC)

nên \(\hat{ADM}=\hat{AMD}\)

=>ΔADM cân tại A

b: Ta có: \(\hat{ADM}=\hat{CDM}=\frac12\cdot\hat{ADC}\) (DM là phân giác của góc ADC)

\(\hat{ABN}=\hat{CBN}=\frac12\cdot\hat{ABC}\) (BN là phân giác của góc ABC)

mà \(\hat{ADC}=\hat{ABC}\) (ABCD là hình bình hành)

nên \(\hat{ADM}=\hat{CDM}=\hat{ABN}=\hat{CBN}\)

Xét ΔMAD và ΔNCB có

\(\hat{MAD}=\hat{NCB}\)

AD=CB

\(\hat{MDA}=\hat{NBC}\)

Do đó: ΔMAD=ΔNCB

=>AM=CN

Ta có: AM+MB=AB

CN+ND=CD

mà AM=CN và AB=CD

nên MB=ND

Xét tứ giác MBND có

MB//ND

MB=ND

Do đó: MBND là hình bình hành

a: Xét tứ giác AIBG có

AI//BG

AG//BI

Do đó: AIBG là hình bình hành

=>BG=AI

Bài 4:

\(N=3x^2+x\left(x-4y\right)-\left(x+y\right)\left(x-y\right)+x^2+1\)

\(=3x^2+x^2-4xy-x^2+y^2+x^2+1=4x^2-4xy+y^2+1\)

\(=\left(2x-y\right)^2+1\ge1>0\forall x,y\)

=>N luôn dương với mọi x,y

Bài 3:

1: A+B

\(=x^2-4xy+4y^2+4x^2+4xy+y^2=5x^2+5y^2\)

2: Thay x=1;y=-2 vào M, ta được:

\(M=2\cdot1^2+4\cdot1\cdot\left(-2\right)-4\cdot\left(-2\right)^2\)

=2-8-16

=-6-16

=-22

Bài 1:

a; \(\frac12xy\).( - 2\(x^2y\) + \(\frac12y\))

= \(\frac12xy\) .(-2\(x^2y\)) + \(\frac12xy\).\(\frac12y\)

= [\(\frac12.\left(-2\right)\)] (\(x.x^2\)).(y.y) + (\(\frac12.\frac12\)).\(x\).(y.y)

= -\(x^3y^2\) + \(\frac14xy^2\)

b; (\(\frac{x}{2}-2y\))\(^2\)

= \(\left(\frac{x}{2}\right)^2\) - 2.\(\frac{x}{2}\).2y+ (2y)\(^2\)

= \(\frac14x^2\) - (2.\(\frac12.2\)).\(x.y\) + 4y\(^2\)

= \(\frac14x^2\) - 2\(xy\) + 4y\(^2\)

c; (12\(x^6\).y\(^4+9x^5y^3-15x^2y^3):\left(3x^2y^3\right)\)

Câu c đề bài phải như này mới hợp lý em ơi

d; (\(x+2)^2\) - (\(x-3)\left(x+1\right)\)

= (\(x^2\) + 4\(x\) + 4) - (\(x^2\) + \(x\) - 3\(x-3\))

= \(x^2\) + 4\(x+4\) - \(x^2\) - \(x\) + 3\(x\) + 3

= (\(x^2\) - \(x^2\)) + (4\(x\) - \(x+3x\)) + (4 + 3)

= 0 + (3\(x+3x\)) + 7

= 6\(x+7\)

a: ta có: EI⊥BF

AC⊥BF

Do đó: EI//AC

=>\(\hat{IEB}=\hat{ACB}\) (hai góc đồng vị)

mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)

nên \(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)

Xét ΔKBE vuông tại K và ΔIEB vuông tại I có

BE chung

\(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)

Do đó: ΔKBE=ΔIEB

=>EK=BI

b: Điểm D ở đâu vậy bạn?