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

1B:

a: \(x^2+2xy+x+2y\)

=x(x+2y)+(x+2y)

=(x+2y)(x+1)

b: \(2xy+yz+2x+z\)

=y(2x+z)+(2x+z)

=(2x+z)(y+1)

c: \(y^2-2y-z^2-2z\)

\(=\left(y^2-z^2\right)-2\left(y+z\right)\)

=(y+z)(y-z)-2(y+z)

=(y+z)(y-z-2)

d: \(x^3-x-y+y^3\)

\(=\left(x^3+y^3\right)-\left(x+y\right)\)

\(=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-\left(x+y\right)\)

\(=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2-1\right)\)

2A:

a: \(x^2-2x+1-y^2\)

\(=\left(x-1\right)^2-y^2\)

=(x-1-y)(x-1+y)

b: \(x^2-y^2+4y-4\)

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

\(=x^2-\left(y-2\right)^2\)

=(x-y+2)(x+y-2)

c: \(y^2+6y-4z^2+9\)

\(=\left(y^2+6y+9\right)-\left(2z\right)^2\)

\(=\left(y+3\right)^2-\left(2z\right)^2=\left(y+3+2z\right)\left(y+3-2z\right)\)

d: \(x^2-y^2+10yz-25z^2\)

\(=x^2-\left(y^2-10yz+25z^2\right)\)

\(=x^2-\left(y-5z\right)^2=\left(x-y+5z\right)\left(x+y-5z\right)\)

2B:

a: \(4x^2-4x+1-25y^2\)

\(=\left(4x^2-4x+1\right)-\left(5y\right)^2\)

\(=\left(2x-1\right)^2-\left(5y\right)^2=\left(2x-1-5y\right)\left(2x-1+5y\right)\)

b: \(9y^2-z^2+6z-9\)

\(=\left(3y\right)^2-\left(z^2-6z+9\right)\)

\(=\left(3y\right)^2-\left(z-3\right)^2\)

=(3y-z+3)(3y+z-3)

c: \(x^2-4z^2+4x+4\)

\(=\left(x^2+4x+4\right)-\left(2z\right)^2\)

\(=\left(x+2\right)^2-\left(2z\right)^2\)

=(x+2+2z)(x+2-2z)

d: \(4x^2-y^2+4xz+z^2\)

\(=\left(4x^2+4xz+z^2\right)-y^2\)

\(=\left(2x+z\right)^2-y^2\)

=(2x+z-y)(2x+z+y)

3A:

a: \(x^2-2xy+y^2-a^2+2ab-b^2\)

\(=\left(x^2-2xy+y^2\right)-\left(a^2-2ab+b^2\right)\)

\(=\left(x-y\right)^2-\left(a-b\right)^2\)

=(x-y-a+b)(x-y+a-b)

c: \(x^3+y^3+3x^2-3xy+3y^2\)

\(=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)+3\left(x^2-xy+y^2\right)\)

\(=\left(x^2-xy+y^2\right)\left(x+y+3\right)\)

Bài 2:

a: ĐKXĐ: x∉{2;-2}

b: \(A=\frac{3x}{x-2}-\frac{2}{x+2}+\frac{2x-4}{x^2-4}\)

\(=\frac{3x}{x-2}-\frac{2}{x+2}+\frac{2\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\)

\(=\frac{3x}{x-2}-\frac{2}{x+2}+\frac{2}{x+2}=\frac{3x}{x-2}\)

c: Thay x=-5 vào A, ta được:

\(A=\frac{3\cdot\left(-5\right)}{-5-2}=\frac{-15}{-7}=\frac{15}{7}\)

d: Để A nguyên thì 3x⋮x-2

=>3x-6+6⋮x-2

=>6⋮x-2

=>x-2∈{1;-1;2;-2;3;-3;6-6}

=>x∈{1;2;4;0;5;-1;8;-4}

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: x∈{1;4;0;5;-1;8;-4}

Bài 1:

a: \(A=x^2+10x+25\)

\(=x^2+2\cdot x\cdot5+5^2=\left(x+5\right)^2\)

b: \(B=x^2-y^2+8x-8y\)

=(x-y)(x+y)+8(x-y)

=(x-y)(x+y+8)

c: \(C=x^2+4x-5\)

\(=x^2+5x-x-5\)

=x(x+5)-(x+5)

=(x+5)(x-1)

Câu 1:

a: \(-2x^2y^2\cdot5xy^3\)

\(=\left(-2\cdot5\right)\cdot x^2\cdot x\cdot y^2\cdot y^3=-10x^3y^5\)

b: \(3xy^2\cdot\left(-4xy\right)^2=3xy^2\cdot16x^2y^2\)

\(=\left(3\cdot16\right)\cdot x\cdot x^2\cdot y^2\cdot y^2=48x^3y^4\)

c: \(xy^2\left(2x^2y^3-3\right)-\left(xy+1\right)\left(2x^2y^4-3y\right)\)

\(=2x^3y^5-3xy^2-2x^3y^5+3xy^2-2x^2y^4+3y\)

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

Câu 2:

a: \(3\left(5x-1\right)-x\left(x-5\right)+x^2-3x=5\)

=>\(15x-3-x^2+5x+x^2-3x=5\)

=>17x=8

=>\(x=\frac{8}{17}\)

b: \(\left(3x-1\right)\left(2x+7\right)-\left(x+1\right)\left(x-4\right)=0\)

=>\(6x^2+21x-2x-7-\left(x^2-3x-4\right)=0\)

=>\(6x^2+19x-7-x^2+3x+4=0\)

=>\(5x^2+22x-3=0\)

=>\(x^2+\frac{22}{5}x-\frac35=0\)

=>\(x^2+2\cdot x\cdot\frac{11}{5}+\frac{121}{25}=\frac{136}{25}\)

=>\(\left(x+\frac{11}{5}\right)^2=\frac{136}{25}\)

=>\(x+\frac{11}{5}=\pm\frac{2\sqrt{34}}{5}\)

=>\(x=-\frac{11}{5}\pm\frac{2\sqrt{34}}{5}\)
Câu 3:

a: A+B

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

\(=3x^2-2xy-5\)

b: C+A-B=0

=>C=-A+B

=>\(C=-x^2+3xy+y^2+2+2x^2+y^2+xy-3\)

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

Bài 4:

a: Ta có: \(AD=DC=\frac{AC}{2}\)

\(AE=EB=\frac{AB}{2}\)

mà AC=AB

nên AD=DC=AE=EB

Xét ΔABC có \(\frac{AE}{AB}=\frac{AD}{AC}\left(=\frac12\right)\)

nên ED//BC

=>BEDC là hình thang

Hình thang BEDC có \(\hat{EBC}=\hat{DCB}\)

nên BEDC là hình thang cân

b: ΔABC cân tại A

=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\frac{180^0-\hat{BAC}}{2}=\frac{180^0-40^0}{2}=70^0\)

DE//BC

=>\(\hat{DEB}+\hat{EBC}=180^0\)

=>\(\hat{DEB}=180^0-70^0=110^0\)

BEDC là hình thang cân

=>\(\hat{BED}=\hat{EDC}\)

=>\(\hat{EDC}=110^0\)

a: Xét ΔABC có

AF,BE,CD là các đường trung tuyến

G là trọng tâm

Do đó: AF,BE,CD đồng quy tại G

Xét tứ giác AGBK có

D là trung điểm chung của AB và KG

=>AGBK là hình bình hành

=>AG//BK và AG=BK

Xét tứ giác AGCH có

E là trung điểm chung của AC và GH

=>AGCH là hình bình hành

=>AG//CH và AG=CH

Ta có: AG//BK

AG//CH

Do đó: BK//CH

ta có: AG=BK

AG=CH

Do đó: BK=CH

Xét tứ giác BKHC có

BK//HC

BK=HC

Do đó: BKHC là hình bình hành

b: Ta có: C,G,D thẳng hàng

G,D,K thẳng hàng

Do đó: C,G,D,K thẳng hàng

=>CK đi qua G

Ta có: B,G,E thẳng hàng

G,E,H thẳng hàng

Do đó: B,G,E,H thẳng hàng

=>BH đi qua G

BCHK là hình bình hành

=>BH cắt CK tại trung điểm của mỗi đường

=>G là trung điểm chung của BH và CK

Hình bình hành BCHK trở thành hình chữ nhật khi KB⊥BC

=>AG⊥BC

=>AF⊥BC

Xét ΔABC có

AF là đường cao

AF là đường trung tuyến

Do đó: ΔABC cân tại A

=>AB=AC

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

a: Xét ΔKAD và ΔBDA có

\(\hat{KAD}=\hat{BDA}\) (hai góc so le trong, AK//BD)

AD chung

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

Do đó: ΔKAD=ΔBDA

=>KA=BD

mà BD=AC

nên AK=AC

=>ΔAKC cân tại A

b: ΔAKC cân tại A

=>\(\hat{AKC}=\hat{ACK}\)

mà \(\hat{AKC}=\hat{BDC}\) (hai góc đồng vị, BD//AK)

nên \(\hat{BDC}=\hat{ACD}\)

Xét ΔBDC va ΔACD có

BD=AC

\(\hat{BDC}=\hat{ACD}\)

CD chung

Do đó: ΔBDC=ΔACD

=>\(\hat{BCD}=\hat{ADC}\)

=>ABCD là hình thang cân