Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
- 3x4 - x2 - 4x3
ABC cân tại A; AM là đường trung tuyến; BI là đường cao. AM cắt BI tại H, CH cắt AB tại D. 
AB 
ABC vuông tại A, đường phân giác BK. Kẻ KI vuông góc với BC (I
BC)
IF
+ 10
a) Áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại A: BC^2 = AB^2 + AC^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100. Suy ra BC = 10 cm.
b) Xét hai tam giác vuông AHB và AHD có: Cạnh AH chung; HB = HD (theo giả thiết); Góc AHB = Góc AHD = 90 độ. Do đó tam giác AHB bằng tam giác AHD (hai cạnh góc vuông). Suy ra AB = AD (hai cạnh tương ứng).
c) Xét hai tam giác vuông AHD và EHD có: Cạnh HD chung; HA = HE (theo giả thiết); Góc AHD = Góc EHD = 90 độ. Do đó tam giác AHD bằng tam giác EHD (hai cạnh góc vuông). Suy ra Góc HAD = Góc HED (hai góc tương ứng). Mặt khác, vì tam giác ABC vuông tại A có AH vuông góc BC nên góc HAD + góc C = 90 độ (do cùng phụ góc HAC). Lại có góc C + góc B = 90 độ nên góc HAD = góc B. Mà từ câu b ta có AB = AD nên tam giác ABD cân tại A, suy ra góc B = góc ADB. Do góc ADB + góc HDC = 180 độ và góc HED = góc HAD nên ta chứng minh được góc EDC = 90 độ. Cách khác đơn giản hơn: Xét tam giác ACE có AH vuông góc BC tại H và HA = HE nên H là trung điểm AE, suy ra CH vừa là đường cao vừa là trung tuyến của tam giác ACE, do đó tam giác ACE cân tại C, suy ra CA là tia phân giác góc ECE. Xét tam giác ADE và tam giác CDE có CD chung, CA = CE (do cân), góc ACD = góc ECD (do phân giác). Suy ra tam giác ADE bằng tam giác CDE (c-g-c). Do đó góc CED = góc CAD = 90 độ (hai góc tương ứng). Vậy ED vuông góc AC.
và AM là tia phân giác của góc BAC.
.
(E thuộc AB) và 
(F thuộc AC). Tam giác MEF là tam giác gì? Vì sao?
và 
. Hơn nữa, tốc độ bơi trung bình của người đó là 1m/s và tốc độ chạy trung bình là 3m/s. Hỏi:
Câu 10 .
a)\(P\left(x\right)=2x^2+1\)Mình làm tắt lun vì bài này dễ
b) \(P\left(\pm1\right)=2.\left(\pm1\right)^2+1=3\)Do x^2 nên 1 vs -1 k có khác nhau nên mh thay 1 lần luôn
Câu 11:
\(M+N=2x^2-2xy-3y^2+1+x^2-2xy+3y^2-1\)
\(=3x^2-4xy=x\left(2x-4y\right)\)
\(M-N=2x^2-2xy-3y^2+1-x^2+2xy-3y^2+1\)
\(=x^2-6y^2+2\)
b) 
Bài 4:
\(H\left(x\right)=2x^2+6x+10\)
\(=2\left(x^2+3x+5\right)\)
\(=2\left(x^2+3x+\frac94+\frac{11}{4}\right)=2\left(x+\frac32\right)^2+\frac{11}{2}\ge\frac{11}{2}>0\forall x\)
=>H(x) không có nghiệm
BÀi 3:
a: Xét ΔBAK vuông tại A và ΔBIK vuông tại I có
BK chung
\(\hat{ABK}=\hat{IBK}\)
Do đó: ΔBAK=ΔBIK
b: Ta có: ΔBAK=ΔBIK
=>BA=BI
=>ΔBAI cân tại B
Ta có: \(\hat{BAI}+\hat{CAI}=\hat{BAC}=90^0\)
\(\hat{HAI}+\hat{BIA}=90^0\) (ΔHIA vuông tại H)
mà \(\hat{BAI}=\hat{BIA}\) (ΔBAI cân tại B)
nên \(\hat{CAI}=\hat{HAI}\)
=>AI là phân giác của góc HAC
c: Ta có: \(\hat{AKF}+\hat{ABK}=90^0\) (ΔBAK vuông tại A)
\(\hat{BFH}+\hat{KBC}=90^0\) (ΔBHF vuông tại H)
mà \(\hat{ABK}=\hat{KBC}\) (BK là phân giác của góc ABC)
nên \(\hat{AKF}=\hat{BFH}\)
mà \(\hat{BFH}=\hat{AFK}\) (hai góc đối đỉnh)
nên \(\hat{AKF}=\hat{AFK}\)
=>ΔAKF cân tại A
=>AF=AK
Ta có: ΔBAK=ΔBIK
=>KA=KI
mà KI<KC(ΔKIC vuông tại I)
nên KA<KC
TA có: AF=AK
mà AK<KC
nên AF<KC