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 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

a: Ta có: \(AB=\frac{AC}{2}\)

\(AD=DC=\frac{AC}{2}\)

Do đó: AB=AD=DC

Xét tứ giác ABCF có

D là trung điểm chung của AC và BF

=>ABCF là hình bình hành

b: Xét ΔABD có AB=AD
nên ΔABD cân tại A

mà AH là đường cao

nên AH là phân giác của góc BAD

Xét tứ giác AEHG có \(\hat{AEH}=\hat{AGH}=\hat{GAE}=90^0\)

nên AEHG là hình chữ nhật

Hình chữ nhật AEHG có AH là phân giác của góc GAE
nên AEHG là hình vuông

c: ΔABD vuông cân tại A

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BD

Xét ΔABD có

H là trung điểm của BD

HE//AD
Do đó: E là trung điểm của AB

Xét ΔABD có

H là trung điểm của BD

HG//AB

Do đó: G là trung điểm của AD

AEHG là hình vuông

=>\(S_{AEHG}=AE^2=\left(\frac12AB\right)^2=\frac14AB^2\)

ΔCAB vuông tại A

=>\(S_{CAB}=\frac12\cdot AC\cdot AB=\frac12\cdot2\cdot AB\cdot AB=AB^2\)

Vì ABCF là hình bình hành

nên \(S_{ABCF}=2\cdot S_{CAB}=2\cdot AB^2\)

=>\(\frac{S_{AEHG}}{S_{ABCF}}=\frac14:2=\frac18\)

Bài 7: Cho tam giác vuông△MỘTBC\tam giác ABC△ Một BCvuông tạiMỘTMỘTMỘTvới ( AC = 2ABMỘTC=2MỘTBAC = 2ABMột C=2 A B. Gọi ( D \DDDlà trung điểmMỘTCMáy lạnhMột C.

a) Tìm điểmFFFsao cho (DDDlà trungBFBFBF. Tứ Giác (MỘTBCFABCFMột BCFlà

• VìDDDlàMỘTCMáy lạnhMột CvàBFBFBF, nênMỘTBCFABCFMột BCFlà tứ
• Tam giác vuông tạiMỘTMỘTMỘTvMỘTMỘTMỘTb\(^{}\)nên tứ giácMỘTBCFABCFMột BCFcó
• VậyMỘTBCFABCFMột BCFtôi.

b) GọiHHHlà châMỘTMỘTMỘTxuốngBCtrước Công nguyêntrước Công nguyên. Vẽ ( HE \perpHE⊥MỘTBHE \perp ABANH TA⊥Một BtạiEEE, ( HG \HG⊥MỘTDHG \perp ADH G⊥Một Dtại ( GGGG. Chứng minh tứ giácMỘTEHGAEHGA E H Gtôi

• HE⊥MỘTBHE \perp ABANH TA⊥Một Bvà ( HG \perp ADHG⊥MỘTDHG \perp ADH G⊥Một Dnên các góc tạiEEEvàGGGđ\(^{}\).
• MỘTH⊥BCAH \perp BCMột H⊥trước Công nguyênnên góc tại ( HHHHvuông.
• Góc tạiMỘTMỘTMỘTvuông vì tam
• Do đó,MỘTEHGAEHGA E H Gcó bốn gMỘTEHGAEHGA E H Glà hình.

c) Chứng

\(\frac{S_{A E H G}}{S_{A B C F}} = \frac{1}{8}\)

• Hình chữ nhậtMỘTBCFABCFMột BCFlà:

\(S_{A B C F} = A B \times A C = x \times 2 x = 2 x^{2}\)

• Đường caoMỘTHÀMột Htrong tam giác vuông được

\(A H = \frac{A B \times A C}{B C} = \frac{x \times 2 x}{\sqrt{x^{2} + \left(\right. 2 x \left.\right)^{2}}} = \frac{2 x^{2}}{x \sqrt{5}} = \frac{2 x}{\sqrt{5}}\)

• Diện tích hình vuôngMỘTEHGAEHGA E H Glà:

\(S_{A E H G} = A H^{2} = \left(\left(\right. \frac{2 x}{\sqrt{5}} \left.\right)\right)^{2} = \frac{4 x^{2}}{5}\)

• Tỉ số d

\(\frac{S_{A E H G}}{S_{A B C F}} = \frac{\frac{4 x^{2}}{5}}{2 x^{2}} = \frac{4}{5} \times \frac{1}{2} = \frac{2}{5}\)

12567876

a: Xét ΔMNP và ΔKPN có

\(\hat{MNP}=\hat{KPN}\) (hai góc so le trong, MN//PK)

NP chung

\(\hat{MPN}=\hat{KNP}\) (hai góc so le trong, MP//NK)

Do đó: ΔMNP=ΔKPN

=>MN=KP; MP=KN

ta có: MP=KN

MP=NQ

Do đó: NK=NQ

=>ΔNKQ cân tại N

b: Ta có: ΔNKQ cân tại N

=>\(\hat{NKQ}=\hat{NQK}\)

mà \(\hat{NKQ}=\hat{MPQ}\) (hai góc đồng vị, MP//NK)

nên \(\hat{MPQ}=\hat{NQP}\)

Xét ΔMQP và ΔNPQ có

MP=NQ

\(\hat{MPQ}=\hat{NQP}\)

PQ chung

Do đó: ΔMQP=ΔNPQ

c: ΔMQP=ΔNPQ

=>\(\hat{MQP}=\hat{NPQ}\)

=>MNPQ là hình thang cân