a: Xét ΔBDE vuông tại E và ΔBCD vuông tại D có

\(\hat{DBE}\) chung

Do đó: ΔBDE~ΔBCD

b: Xét ΔBFD vuông tại F và ΔBDA vuông tại D có

\(\hat{FBD}\) chung

Do đó: ΔBFD~ΔBDA

=>\(\frac{BF}{BD}=\frac{BD}{BA}\)

=>\(BD^2=BF\cdot BA\)

c: ΔBDE~ΔBCD

=>\(\frac{BD}{BC}=\frac{BE}{BD}\)

=>\(BD^2=BE\cdot BC\)

=>\(BE\cdot BC=BF\cdot BA\)

=>\(\frac{BE}{BA}=\frac{BF}{BC}\)

Xét ΔBEF và ΔBAC có

\(\frac{BE}{BA}=\frac{BF}{BC}\)

góc EBF chung

Do đó: ΔBEF~ΔBAC

=>\(\hat{BFE}=\hat{BCA}\)

Gọi I là trung điểm của DE
=>I là tâm đường tròn đường kính DE

ĐƯờng trung trực của BC cắt BC,AC,AB lần lượt tại M,D,E

=>MB=MC; EB=EC; DB=DC

MB=MC nên M la trung điểm của BC

ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

=>\(\hat{MAB}=\hat{MBA}\)

ΔAED vuông tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên IA=IE

=>ΔIAE cân tại I

=>\(\hat{IAE}=\hat{IEA}\)

mà \(\hat{IEA}=\hat{MEB}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{IAE}=\hat{MEB}\)

Ta có: DM là đường trung trực của BC

=>DM⊥BC tại M

Xét tứ giác AEMC có \(\hat{CAE}+\hat{CME}+\hat{ACM}+\hat{AEM}=360^0\)

=>\(\hat{ACM}+\hat{AEM}=360^0-90^0-90^0=180^0\)

mà \(\hat{AEM}+\hat{BEM}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{BEM}=\hat{ACB}\)

\(\hat{MAI}=\hat{MAE}+\hat{IAE}=\hat{MAB}+\hat{MEB}\)

\(=\hat{MBA}+\hat{MCA}=90^0\)

=>AM⊥IA tại A

ΔAED vuông tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên IA=IE=ID

=>A nằm trên (I)

Xét (I) có

IA là bán kính

AM⊥ AI tại A

Do đó: AM là tiếp tuyến tại A của (I)

=>AM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DE

Bài 6:

a: \(A=n^2\left(n-1\right)+2n\left(1-n\right)\)

\(=n^2\left(n-1\right)-2n\left(n-1\right)\)

\(=\left(n-1\right)\left(n^2-2n\right)=n\left(n-1\right)\left(n-2\right)\)

Vì n;n-1;n-2 là ba số nguyên liên tiếp

nên n(n-1)(n-2)⋮3!

=>n(n-1)(n-2)⋮6

=>A⋮6

b: \(M=\left(4x+1\right)\left(12x-1\right)\left(3x+2\right)\left(x+1\right)-4\)

\(=\left(12x^2+12x-x-1\right)\left(12x^2+8x+3x+2\right)-4\)

\(=\left(12x^2+11x-1\right)\left(12x^2+11x+2\right)-4\)

\(=\left(12x^2+11x\right)^2+2\left(12x^2+11x\right)-\left(12x^2+11x\right)-2-4\)

\(=\left(12x^2+11x\right)^2+\left(12x^2+11x\right)-6\)

\(=\left(12x^2+11x+3\right)\left(12x^2+11x-2\right)\)

Bài 4:

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

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

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

Khi x-y=5 và xy=4 thì \(A=5^3-4\cdot5=125-20=105\)

b: \(B=65^2-35^2+83^2-17^2\)

\(=\left(65-35\right)\left(65+35\right)+\left(83-17\right)\left(83+17\right)\)

\(=100\cdot30+100\cdot66=100\cdot96=9600\)

Bài 3:

a: \(4x\cdot\left(x+3\right)-x-3=0\)

=>4x(x+3)-(x+3)=0

=>(x+3)(4x-1)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x+3=0\\ 4x-1=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=-3\\ x=\frac14\end{array}\right.\)

b: \(x^2+4x=0\)

=>x(x+4)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x=0\\ x+4=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-4\end{array}\right.\)

c: \(9x^2-\left(2x-1\right)^2=0\)

=>\(\left(3x\right)^2-\left(2x-1\right)^2=0\)

=>(3x-2x+1)(3x+2x-1)=0

=>(x+1)(5x-1)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x+1=0\\ 5x-1=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=\frac15\end{array}\right.\)

d: \(\left(x^3-1\right)-\left(x-1\right)\left(x^2-5\right)=0\)

=>\(\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)-\left(x-1\right)\left(x^2-5\right)=0\)

=>\(\left(x-1\right)\left(x^2+x+1-x^2+5\right)=0\)

=>(x-1)(x+6)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x-1=0\\ x+6=0\end{array}\right.=>\left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-6\end{array}\right.\)

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?

a: ΔAEH vuông tại E

mà EO là đường trung tuyến

nên EO=OA=OH

=>E nằm trên (O)

ΔADH vuông tại D

mà DO là đường trung tuyến

nên DO=OE=OA

=>D nằm trên (O)

b: ΔDBC vuông tại D

mà DM là đường trung tuyến

nên DM=MB

=>ΔMBD cân tại M

=>\(\hat{MDB}=\hat{MBD}=\hat{DBC}\)

OD=OH nên ΔODH cân tại O

=>\(\hat{ODH}=\hat{OHD}\)

mà \(\hat{OHD}=\hat{AHD}=\hat{ACK}=\hat{DCB}\left(=90^0-\hat{HAC}\right)\)

nên \(\hat{ODH}=\hat{DCB}\)

\(\hat{ODM}=\hat{ODH}+\hat{MDH}\)

\(=\hat{DCB}+\hat{DBC}=90^0\)

=>OD⊥MD tại D

=>MD là tiếp tuyến tại D của (O)

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; A = \(x^2\) - 4\(x\) + 9

A = \(x^2\) - 4\(x\) + 4 + 5

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

Vì (\(x-2\))\(^2\) ≥ 0 ∀ \(x\) ⇒ (\(x-2\))\(^2\) + 5 ≥ 5 dấu bằng xảy ra khi \(x-2=0\) ⇒ \(x=2\)

Vậy Amin = 5 khi \(x\) = 2

b; B = \(x^2\) - \(x+1\)

B = (\(x^2\) - 2.\(x\).\(\frac12\) + \(\frac14)+\frac34\)

B = (\(x-\frac12\))\(^2\) + \(\frac34\)

Vì (\(x-\frac12\))\(^2\) ≥ 0 ∀ \(x\); ⇒ (\(x-\frac12\))\(^2\) + \(\frac34\) ≥ \(\frac34\)

Dấu = xảy ra khi \(x-\frac12\)= 0 ⇒ \(x\) = \(\frac12\)

Vậy Bmin = \(\frac34\) khi \(x=\frac12\)

Bài 3:

a; A(\(x\)) = \(x^2\) - 4\(x\) + 24

A(\(x\)) = (\(x^2\) - 2.\(x.2\) + \(2^2\)) + 20

A(\(x\)) = (\(x-2\))\(^2\) + 20

Vì (\(x-2\))\(^2\) ≥ 0 ∀ \(x\);

(\(x-2)^2\) + 20 ≥ 20 ∀ \(x\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x-2=0\)

\(x=2\)

Vậy Amin = 20 khi \(x=2\)

b; B(\(x\)) = 2\(x^2\) - 8\(x\) + 1

B(\(x\)) = 2(\(x^2\) - 2.\(x.2\) + 2\(^2\)) - 7

B(\(x\)) = 2(\(x-2\))\(^2\) - 7

(\(x-2\))\(^2\) ≥ 0 ∀ \(x\);

2(\(x-2)^2\) - 7 ≥ -7 ∀ \(x\)

Dấu = xảy ra khi \(x-2\) = 0

\(x=2\)

Bmin = - 7 khi \(x=2\)

c; C(\(x\)) = \(3x^2+x+1\)

C(\(x\)) = 3.(\(x^2\) + \(2.x\).\(\frac16\) + \(\frac{1}{36}\)) + \(\frac{11}{12}\)

C(\(x\)) = 3.(\(x+\) \(\frac16\))\(^2\) + \(\frac{11}{12}\)

(\(x+\frac16\))\(^2\) ≥ 0; (\(x+\frac16\))\(^2\) + \(\frac{11}{12}\) ≥ \(\frac{11}{12}\)

Dấu = xảy ra khi \(x+\frac16=0\) ⇒\(x=-\) \(\frac16\)

Cmin = \(\frac{11}{12}\) khi \(x=-\frac16\)

Bài 7:

a: Xét tứ giác AECF có

D là trung điểm chung của AC và EF

=>AECF là hình bình hành

=>AE//CF và AE=CF

Ta có: AE//CF

=>CF//BE

ta có: AE=CF

AE=BE

Do đó: CF=BE

Xét tứ giác BEFC có

BE//FC

BE=FC

Do đó: BEFC là hình bình hành

b: BEFC là hình bình hành

=>EF//BC

=>DK//BC

Xét tứ giác BDKC có

BD//KC

BC//DK

Do đó: BDKC là hình bình hành

Bài 9:

a: Ta có: BH⊥AC

CF⊥CA

Do đó: BH//CF

Ta có: CH⊥AB

BF⊥BA

Do đó: CH//BF

Xét tứ giác BHCF có

BH//CF

BF//CH

Do đó: BHCF là hình bình hành

b: Xét tứ giác ABFC có \(\hat{ABF}+\hat{ACF}+\hat{BAC}+\hat{BFC}=360^0\)

=>\(\hat{BAC}+\hat{BFC}=360^0-90^0-90^0=180^0\)

quá nhiều bài, gửi thì gửi 1-2 bài thôi