a: Xét tứ giác AMHN có \(\hat{AMH}=\hat{ANH}=\hat{MAN}=90^0\)

nên AMHN là hình chữ nhật

b: Xét tứ giác AHPQ có

N là trung điểm chung của AP và HQ

=>AHPQ là hình bình hành

Hình bình hành AHPQ có AP⊥HQ

nên AHPQ là hình thoi

=>AP là phân giác của góc QAH

=>\(\hat{QAP}=\hat{HAP}\)

=>\(\hat{QAC}=\hat{HAC}\)

mà \(\hat{HAC}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)

nên \(\hat{QAC}=\hat{ABC}\)

c: IE⊥AB

CA⊥BA

Do đó: IE//AC

=>IK//AC

Xét ΔHAC có

I là trung điểm của HC

IK//AC

Do đó: K là trung điểm của HA

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\(x+7\)

cau 1 2 3 4 5

giup minh voi

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

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