Lời giải:

a. Áp dụng định lý Pitago: 

$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$ (cm) 

Dễ thấy $DM$ là đường trung bình của tam giác ABC ứng với cạnh $AC$

$\Rightarrow DM\parallel AC$

$\Rightarrow DM\perp AB$

Tam giác $MBD$ và $MAD$ có:

$BD=DA$

$\widehat{MDB}=\widehat{MDA}=90^0$

$DM$ chung

$\Rightarrow \triangle MBD=\triangle MAD$ (c.g.c)

$\Rightarrow MA=MB=\frac{BC}{2}=10:2=5$ (cm)

c.

Tứ giác $AEBM$ có 2 đường chéo $AB, EM$ cắt nhau tại trung điểm $D$ của mỗi đường nên $AEBM$ là hình bình hành.

Mà $AB\perp EM$ ở $D$ (suy ra từ việc cm $MD\perp AB$)

$\Rightarrow AEBM$ là hình thoi.

c.

Để $AEBM$ là hình vuông thì $\widehat{AMB}=90^0$

$\Leftrightarrow AM\perp BC$

$\Leftrightarrow$ trung tuyến $AM$ đồng thời là đường cao 

$\Leftrightarrow \triangle ABC$ cân tại $A$

Hình vẽ:

Xét ΔDAB có MN//AB

nên \(\frac{AM}{MD}=\frac{BN}{ND}\)

=>\(\frac{AM+MD}{MD}=\frac{BN+ND}{ND}\)

=>\(\frac{AD}{DM}=\frac{BD}{ND}\)

=>\(\frac{DM}{DA}=\frac{DN}{DB}\left(1\right)\)

Xét ΔBDC có NP//DC

nên \(\frac{BN}{ND}=\frac{BP}{PC}\)

=>\(\frac{BN+ND}{ND}=\frac{BP+PC}{PC}\)

=>\(\frac{BD}{DN}=\frac{BC}{PC}\)

=>\(\frac{DN}{DB}=\frac{CP}{CB}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{DM}{DA}=\frac{CP}{CB}\)

1 H

2 A

3 D

4 E

5 G

"Tương ứng" chứ ko phải "Tương ứn" đâu bạn ạ!

a: ĐKXĐ: x∉{3;-3}

Ta có: \(A=\frac{x}{x-3}+\frac{4}{x+3}-\frac{x-21}{x^2-9}\)

\(=\frac{x}{x-3}+\frac{4}{x+3}-\frac{x-21}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{x\left(x+3\right)+4\left(x-3\right)-x+21}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{x^2+3x+4x-12-x+21}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{x^2+6x+9}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{\left(x+3\right)^2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{x+3}{x-3}\)

b: Khi x=-6 thì \(A=\frac{-6+3}{-6-3}=\frac{-3}{-9}=\frac13\)

c: Để A nguyên thì x+3⋮x-3

=>x-3+6⋮x-3

=>6⋮x-3

=>x-3∈{1;-1;2;-2;3;-3;6;-6}

=>x∈{4;2;5;1;6;0;9;-3}

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: x∈{4;2;5;1;6;0;9}

Hình vẽ: