Lời giải:

a.

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

b.

\(x=\frac{a-b}{a^3+b^3}: \frac{a^2+b^2-2ab}{a^2+b^2-ab}=\frac{a-b}{(a+b)(a^2-ab+b^2)}: \frac{(a-b)^2}{a^2-ab+b^2}\)

\(x=\frac{a-b}{(a+b)(a^2-ab+b^2)}.\frac{a^2-ab+b^2}{(a-b)^2}=\frac{1}{(a+b)(a-b)}=\frac{1}{a^2-b^2}\)

a:

Ta có: AB+BM=AM

BC+CN=BN

CD+DP=CP

DA+AQ=DQ

mà AB=BC=CD=DA và BM=CN=DP=AQ

nên AM=BN=CP=DQ

Ta có: \(\hat{QAM}+\hat{BAD}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{BCD}+\hat{NCP}=180^0\) (hai góc kề bù)

mà \(\hat{BAD}=\hat{BCD}\) (ABCD là hình thoi)

nên \(\hat{QAM}=\hat{NCP}\)

Ta có: \(\hat{ABC}+\hat{MBN}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{ADC}+\hat{QDP}=180^0\) (hai góc kề bù)

mà \(\hat{ABC}=\hat{ADC}\) (ABCD là hình thoi)

nên \(\hat{MBN}=\hat{PDQ}\)

Xét ΔQAM và ΔNCP có

QA=NC

\(\hat{QAM}=\hat{NCP}\)

AM=CP

Do đó: ΔQAM=ΔNCP

=>QM=NP

Xét ΔMBN và ΔPDQ có

MB=PD

\(\hat{MBN}=\hat{PDQ}\)

BN=DQ

Do đó: ΔMBN=ΔPDQ

=>MN=PQ

Xét tứ giác MNPQ có

MN=PQ

MQ=PN

Do đó: MNPQ là hình bình hành

b: Gọi O là giao điểm của AC và BD

ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD(2)

Xét tứ giác AQCN có

AQ//CN

AQ=CN

Do đó: AQCN là hình bình hành

=>AC cắt QN tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của AC
nên O là trung điểm của QN(1)

MNPQ là hình bình hành

=>MP cắt NQ tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của NQ

nên O là trung điểm của MP(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra AC,BD,MP,NQ đồng quy tại trung điểm của mỗi đường

=>Hình thoi ABCD và hình bình hành MNPQ có chung tâm đối xứng

Lời giải:
$\frac{1}{x}-\frac{1}{y}-\frac{1}{z}=0$

$\Leftrightarrow \frac{yz}{xyz}-\frac{xz}{xyz}-\frac{xy}{xyz}=0$

$\Leftrightarrow \frac{yz-xz-xy}{xyz}=0$

$\Leftrightarrow yz-xz-xy=0$

Đây mới đúng nhé bạn. Đoạn biểu thức sau "chứng minh" của bạn có lẽ bị viết sai rồi.

Để phân số $\frac{a}{b}$ có nghĩa thì $b\neq 0$
a.

 ĐKXĐ: \(\left\{\begin{matrix} 3x-3\neq 0\\ 4-4x\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3(x-1)\neq 0\\ -4(x-1)\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x-1\neq 0\Leftrightarrow x\neq 1\)

b.

ĐKXĐ: \(\left\{\begin{matrix} a+3\neq 0\\ 3a^2+14a+15\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a+3\neq 0\\ (3a+5)(a+3)\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3a+5\neq 0\\ a+3\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a\neq \frac{-5}{3}; a\neq -3\)

c.

ĐKXĐ: \(\left\{\begin{matrix} b^3+1\neq 0\\ b^2-b+1\neq 0\\ b+1\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} b^3+1\neq 0\\ (b+1)(b^2-b+1)\neq 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} b^3+1\neq 0\\ b^3+1\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b^3\neq -1\Leftrightarrow b\neq -1\)

e.

ĐKXĐ: \(\left\{\begin{matrix} 4x^2-2xy\neq 0\\ 2y^2-4xy\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x(2x-y)\neq 0\\ 2y(y-2x)\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\neq 0\\ 2x-y\neq 0\\ y-2x\neq 0\\ y\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\neq 0\\ x\neq \frac{y}{2}\\ y\neq 0\\ \end{matrix}\right.\)

h.

ĐKXĐ: \(\left\{\begin{matrix} x-5\neq 0\\ x+5\neq 0\\ 25-x^2\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x-5\neq 0\\\ x+5\neq 0\\ -(x-5)(x+5)\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x-5\neq 0\\ x+5\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\neq 5\\ x\neq -5\end{matrix}\right.\)

a: Xét ΔMDB vuông tại D và ΔNEC vuông tại E có

BD=CE
\(\hat{MBD}=\hat{NCE}\left(=\hat{ACB}\right)\)

Do đó: ΔMDB=ΔNEC

=>DM=EN

b: ΔMDB=ΔNEC

=>BM=CN

Xét ΔIDM vuông tại D và ΔIEN vuông tại E có

DM=EN

\(\hat{IMD}=\hat{INE}\) (hai góc so le trong, DM//EN)

Do đó: ΔIDM=ΔIEN

=>IM=IN

=>I là trung điểm của MN

c: Gọi H là trung điểm của BC. Gọi O là giao điểm của AH và đường vuông góc với MN tại I

Xét ΔAHB và ΔAHC có

AH chung

HB=HC

AB=AC

Do đó: ΔAHB=ΔAHC

=>\(\hat{AHB}=\hat{AHC}\)

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

nên \(\hat{AHB}=\hat{AHC}=\frac{180^0}{2}=90^0\)

=>AH⊥BC tại H

ΔAHB=ΔAHC

=>\(\hat{HAB}=\hat{HAC}\)

Xét ΔOIM vuông tại I và ΔOIN vuông tại I có

OI chung

IM=IN

Do đó; ΔOIM=ΔOIN

=>OM=ON

Xét ΔABO và ΔACO có

AB=AC
\(\hat{BAO}=\hat{CAO}\)

AO chung

Do đó: ΔABO=ΔACO

=>\(\hat{ABO}=\hat{ACO}\)

Xét ΔOBM và ΔOCN có

OB=OC

BM=CN

OM=ON

Do đó: ΔOBM=ΔOCN

=>\(\hat{OBM}=\hat{OCN}\)

=>\(\hat{OCN}=\hat{OCA}\)

=>\(\hat{OCN}=\hat{OCA}=\frac{180^0}{2}=90^0\)

=>CO⊥CA

ΔABO=ΔACO

=>\(\hat{ABO}=\hat{ACO}\)

=>\(\hat{ABO}=90^0\)

=>OB⊥BA

mà OC⊥CA

nên điểm O cố định

=>Đường thẳng vuông góc với MN tại I luôn đi qua điểm O cố định

a; ABCD là hình chữ nhật

=>\(AB^2+BC^2=BD^2\)

=>\(BC^2=10^2-8^2=100-64=36=6^2\)

=>BC=6(cm)

ABCD là hình chữ nhật

=>\(S_{ABCD}=AB\cdot BC=8\cdot6=48\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

b: ΔAEF vuông tại A

=>\(S_{AEF}=\frac12\cdot AE\cdot AF=\frac12\cdot3\cdot3=4,5\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

ta có; \(S_{AEF}+S_{BEFDC}=S_{ABCD}\)

=>\(S_{BEFDC}=48-4,5=43,5\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Giúp với ạ

helppppppppppppppppppp