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?

cau 1 2 3 4 5

giup minh voi

Bài 1:

a: Xét ΔBAC có

E là trung điểm của AB

EM//AC

Do đó: M là trung điểm của BC

Xét ΔBAC có

M là trung điểm của BC

MF//AB

Do đó: F là trung điểm của AC

Xét tứ giác AEMF có

ME//AF

MF//AE

DO đó:AEMF là hình bình hành

Hình bình hành AEMF có \(\hat{EAF}=90^0\)

nên AEMF là hình chữ nhật

b: Xét ΔABC có

E,F lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>EF là đường trung bình của ΔABC

=>EF//BC

=>EF//MH

=>MHEF là hình thang

ΔHAC vuông tại H

mà HF là đường trung tuyến

nên FH=FA

mà FA=ME

nên FH=ME

Xét hình thang MHEF có ME=HF

nên MHEF là hình thang cân

Bài 2:

Xét tứ giác AHCD có

I là trung điểm chung của AC và HD

=>AHCD là hình bình hành

Hình bình hành AHCD có \(\hat{AHC}=90^0\)

nên AHCD là hình chữ nhật

Bài 4:

AB//CD

=>\(\hat{BAK}=\hat{AKD}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{BAK}=\hat{DAK}\) (AK là phân giác của góc BAD)

nên \(\hat{DAK}=\hat{DKA}\)

=>DA=DK

Ta có: DK+KC=DC

DA+BC=DC

mà DK=DA

nên CK=CB

=>ΔCKB cân tại C

=>\(\hat{CKB}=\hat{CBK}\)

mà \(\hat{CKB}=\hat{ABK}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

nên \(\hat{ABK}=\hat{CBK}\)

=>BK là phân giác của góc ABC

Bài 2:

a: Xét ΔDAB có

K,E lần lượt là trung điểm của DA,DB

=>KE là đường trung bình của ΔDAB

=>KE//AB và \(KE=\frac{AB}{2}\)

Xét ΔCAB có

F,G lần lượt là trung điểm của CA,CB

Do đó: FG là đường trung bình của ΔCAB

=>FG//AB và \(FG=\frac{AB}{2}\)

Xét hình thang ABCD có

K,G lần lượt là trung điểm của AD,BC

=>KG là đường trung bình của hình thang ABCD

=>KG//AB//CD và \(KG=\frac12\left(AB+CD\right)\)

Ta có: FG//AB

KG//AB

FG,KG có điểm chung là G

Do đó: F,G,K thẳng hàng(1)

ta có: KE//AB

KG//AB

KE,KG có điểm chung là K

Do đó: K,E,G thẳng hàng(2)

Từ (1),(2) suy ra K,E,F,G thẳng hàng

b: Ta có: KE+EF+FG=KG

=>\(EF+\frac12AB+\frac12AB=\frac12\left(CD+AB\right)\)

=>\(EF=\frac12\left(CD+AB-2AB\right)=\frac12\left(CD-AB\right)\)

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

Chữ nhỏ quá cậu ơi

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