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: Xét ΔCAD vuông tại A và ΔCED vuông tại E có

CD chung

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

Do đó: ΔCAD=ΔCED

=>CA=CE

b: ΔCAD=ΔCED

=>DA=DE

Xét ΔDAF vuông tại A và ΔDEB vuông tại E có

DA=DE

AF=BE

Do đó: ΔDAF=ΔDEB

=>\(\hat{ADF}=\hat{EDB}\)

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

nên \(\hat{ADF}+\hat{ADE}=180^0\)

=>F,D,E thẳng hàng

c: AM là phân giác của góc BAC

=>\(\hat{BAM}=\hat{CAM}=\frac12\cdot\hat{BAC}=\frac{90^0}{2}=45^0\)

Xét tứ giác NMBA có \(\hat{NMB}+\hat{NAB}=90^0+90^0=180^0\)

nên NMBA là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{MNB}=\hat{MAB}=45^0\)

Xét ΔMNB vuông tại M có \(\hat{MNB}=45^0\)

nên ΔMNB vuông cân tại M

=>MN=MB

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 3:

a: Xét tứ giác AICK có

AI//CK

AI=CK

Do đó: AICK là hình bình hành

b: Sửa đề: N là giao điểm của CI và BK

AICK là hình bình hành

=>AK//CI

=>MK//IN

Ta có: AI+IB=AB

CK+DK=CD

mà AI=CK và AB=CD

nên BI=DK

Xét tứ giác BIDK có

BI//DK

BI=DK

Do đó: BIDK là hình bình hành

=>DI//BK

=>MI//KN

Xét tứ giác MINK có

MI//NK

MK//NI

Do đó: MINK là hình bình hành

Bài 2:

a: CH⊥AB

BK⊥BA

Do đó: CH//BK

b: BH⊥AC

CK⊥CA

Do đó: BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

c: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

=>H,M,K thẳng hàng

Bài 1:

a: Xét ΔADM và ΔCBN có

AD=CB

\(\hat{ADM}=\hat{CBN}\) (hai góc so le trong, AD//BC)

DM=BN

Do đó: ΔADM=ΔCBN

=>AM=CN

Xét ΔABN và ΔCDM có

AB=CD

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

BN=DM

Do đó: ΔABN=ΔCDM

=>AN=CM

Xét tứ giác AMCN có

AM=CN

AN=CM

Do đó: AMCN là hình bình hành

b: ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

AMCN là hình bình hành

=>AC cắt MN tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của AC

nên O là trung điểm của MN

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

Bài 1:

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

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

\(=\left(x-2\right)^2+5\ge5\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x-2=0

=>x=2

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

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

\(=\left(x-\frac12\right)^2+\frac34\ge\frac34\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi \(x-\frac12=0\)

=>\(x=\frac12\)

Bài 2:

a: \(M=4x-x^2+3\)

\(=-\left(x^2-4x-3\right)\)

\(=-\left(x^2-4x+4-7\right)\)

\(=-\left(x-2\right)^2+7\le7\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x-2=0

=>x=2

b: \(P=2x-2x^2-5\)

\(=-2\cdot\left(x^2-x+\frac52\right)\)

\(=-2\left(x^2-x+\frac14+\frac94\right)\)

\(=-2\left(x-\frac12\right)^2-\frac92\le-\frac92\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi \(x-\frac12=0\)

=>\(x=\frac12\)

Bài 3:

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

\(=x^2-4x+4+20\)

\(=\left(x-2\right)^2+20\ge20\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x-2=0

=>x=2

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

\(=2\left(x^2-4x+\frac12\right)\)

\(=2\left(x^2-4x+4-\frac72\right)\)

\(=2\left(x-2\right)^2-7\ge-7\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x-2=0

=>x=2

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

\(=3\left(x^2+\frac13x-\frac13\right)\)

\(=3\left(x^2+2\cdot x\cdot\frac16+\frac{1}{36}-\frac{13}{36}\right)\)

\(=3\left(x+\frac16\right)^2-\frac{13}{12}\ge-\frac{13}{12}\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi \(x+\frac16=0\)

=>\(x=-\frac16\)

Bài 4:

a: \(A=-5x^2-4x+1\)

\(=-5\left(x^2+\frac45x-\frac15\right)\)

\(=-5\left(x^2+2\cdot x\cdot\frac25+\frac{4}{25}-\frac{9}{25}\right)\)

\(=-5\left(x+\frac25\right)^2+\frac95\le\frac95\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi \(x+\frac25=0\)

=>\(x=-\frac25\)

b: \(B=-3x^2+x+1\)

\(=-3\left(x^2-\frac13x-\frac13\right)\)

\(=-3\left(x^2-2\cdot x\cdot\frac16+\frac{1}{36}-\frac{13}{36}\right)\)

\(=-3\left(x-\frac16\right)^2+\frac{13}{12}\le\frac{13}{12}\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi \(x-\frac16=0\)

=>\(x=\frac16\)

Giúp em với ạ. Em cần gấp ạ. Cảm ơn nhiều ạ.

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

Bài 4:

a: ΔABC vuông tại A

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(2\cdot\hat{ACB}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(3\cdot\hat{ACB}=90^0\)

=>\(\hat{ACB}=\frac{90^0}{3}=30^0\)

=>\(\hat{ABC}=2\cdot30^0=60^0\)

Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHD vuông tại H có

AH chung

HB=HD

Do đó: ΔAHB=ΔAHD

=>AB=AD

Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{ABD}=60^0\)

nên ΔABD đều

=>\(\hat{BAD}=\hat{BDA}=60^0\) và AB=BD=AD

Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{CAD}=\hat{BAC}\) (tia AD nằm giữa hai tia AB và AC)

=>\(\hat{CAD}=90^0-60^0=30^0\)

Xét ΔDAC có \(\hat{DAC}=\hat{DCA}\left(=30^0\right)\)

nên ΔDAC cân tại D

=>DA=DC

Xét ΔDAC có DA=DC

nên ΔDAC cân tại D

=>\(\hat{ADC}=180^0-2\cdot\hat{DAC}=120^0\)

mà \(\hat{ADC}=\hat{HDE}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{HDE}=120^0\)

Xét ΔDHA vuông tại H và ΔDEC vuông tại E có

DA=DC
\(\hat{HDA}=\hat{EDC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDHA=ΔDEC

=>DH=DE

=>ΔDHE cân tại D

=>\(\hat{DHE}=\hat{DEH}=\frac{180^0-\hat{EDH}}{2}=\frac{180^0-120^0}{2}=30^0\)

Ta có: \(\hat{DEH}=\hat{DAC}\left(=30^0\right)\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên EH//AC

Ta có: EA=ED+DA

HC=HD+DC

mà ED=HD và DA=DC

nên EA=HC

Xét tứ giác AHEC có

HE//AC

AE=HC

Do đó: AHEC là hình thang cân

b: Xét ΔAHD vuông tại H có cos ADH\(=\frac{HD}{DA}\)

=>\(\frac{HD}{DA}=cos60=\frac12\)

=>DA=2DH

=>DC=2DH

mà DH=HB

nên DC=2HB

mà AD=DC

nên AD=2HB

Ta có: DH=DE

DH=HB

Do đó: DE=HB

AE=AD+DE

=>AE=2HB+HB=3HB

=>\(\frac{BH}{AE}=\frac13\)

Bài 5: Ta có: \(\frac{2z-4x}{3}=\frac{3x-2y}{4}=\frac{4y-3z}{2}\)

=>\(\frac{6z-12x}{9}=\frac{12x-8y}{16}=\frac{8y-6z}{4}\)

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{6z-12x}{9}=\frac{12x-8y}{16}=\frac{8y-6z}{4}=\frac{6z-12x+12x-8y+8y-6z}{9+16+4}=0\)

=>6z=12x=8y

=>12x=8y=6z

=>6x=4y=3z

=>\(\frac{6x}{24}=\frac{4y}{24}=\frac{3z}{24}\)

=>\(\frac{x}{4}=\frac{y}{6}=\frac{z}{8}\)

Đặt \(\frac{x}{4}=\frac{y}{6}=\frac{z}{8}=k\)

=>x=4k; y=6k; z=8k

\(200

=>\(200<\left(6k\right)^2+\left(8k\right)^2<450\)

=>\(200<100k^2<450\)

=>\(2

mà k∈N*

nên k=2

=>x=8; y=12; z=16

cau 1 2 3 4 5

giup minh voi