\(pt:25\left(x+1\right)^4-26\left(x+1\right)^2+1=0\\ \Leftrightarrow\left[25\left(x+1\right)^4-25\left(x+1\right)^2\right]-\left[\left(x+1\right)^2-1\right]=0\\ \Leftrightarrow25\left(x+1\right)^2\left[\left(x+1\right)^2-1\right]-\left[\left(x+1\right)^2-1\right]=0\\ \Leftrightarrow\left[\left(x+1\right)^2-1\right]\left[25\left(x+1\right)^2-1\right]=0\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x+1\right)^2-1=0\\25\left(x+1\right)^2-1=0\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x+1\right)^2=1\\\left(x+1\right)^2=\dfrac{1}{25}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+1=1\\x+1=-1\\x+1=\dfrac{1}{5}\\x+1=-\dfrac{1}{5}\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-2\\x=-\dfrac{4}{5}\\x=-\dfrac{6}{5}\end{matrix}\right.\)

Vậy tập nghiệm pt: \(S=\left\{0;-2;-\dfrac{4}{5};-\dfrac{6}{5}\right\}\)

\(25\left(x+1\right)^4-26\left(x+1\right)^2+1=0\)

=>\(25\left(x+1\right)^4-25\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)^2+1=0\)

=>\(25\left(x+1\right)^2\left[\left(x+1\right)^2-1\right]-\left[\left(x+1\right)^2-1\right]=0\)

=>\(\left[\left(x+1\right)^2-1\right]\left[25\left(x+1\right)^2-1\right]=0\)

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

=>\(x\left(x+2\right)\left(5x+4\right)\left(5x+6\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-2\\x=-\dfrac{4}{5}\\x=-\dfrac{6}{5}\end{matrix}\right.\)

a: Xét ΔNHM có NI là phân giác

nên \(\dfrac{IM}{IH}=\dfrac{NM}{NH}\left(1\right)\)

Xét ΔNMP có NK là phân giác

nên \(\dfrac{KP}{KM}=\dfrac{NP}{NM}\left(2\right)\)

Xét ΔNHM vuông tại H và ΔNMP vuông tại M có

\(\widehat{HNM}\) chung

Do đó: ΔNHM~ΔNMP

=>\(\dfrac{NH}{NM}=\dfrac{NM}{NP}\)

=>\(\dfrac{NM}{NH}=\dfrac{NP}{NM}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\dfrac{IM}{IH}=\dfrac{KP}{KM}\)

b: Xét ΔNHI vuông tại H và ΔNMK vuông tại M có

\(\widehat{HNI}=\widehat{MNK}\)(NK là phân giác của góc MNP)

Do đó: ΔNHI~ΔNMK

=>\(\widehat{NIH}=\widehat{NKM}\)

mà \(\widehat{NIH}=\widehat{MIK}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{MIK}=\widehat{MIK}\)

=>ΔMIK cân tại M

c: Ta có: ΔMIK cân tại M

mà ME là đường trung tuyến

nên ME\(\perp\)IK

Xét ΔENM vuông tại E và ΔMNK vuông tại M có

\(\widehat{ENM}\) chung

Do đó: ΔENM~ΔMNK

=>\(\dfrac{NE}{NM}=\dfrac{NM}{NK}\)

=>\(NM^2=NE\cdot NK\)

Ta có: \(\dfrac{NM}{NH}=\dfrac{NP}{NM}\)

=>\(NM^2=NP\cdot NH\)

=>\(NE\cdot NK=NP\cdot NH\)

=>\(\dfrac{NE}{NP}=\dfrac{NH}{NK}\)

Xét ΔNEH và ΔNPK có

\(\dfrac{NE}{NP}=\dfrac{NH}{NK}\)

\(\widehat{ENH}\) chung

Do đó: ΔNEH~ΔNPK

=>\(\widehat{NEH}=\widehat{NPK}\)

a) ta có: M là trung điểm của AB, N là trung điểm BC

\(\Rightarrow MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow MN\) // \(AC\) hay \(MN\) // \(AD\)

ta có: N là trung điểm BC; D là trung điểm AC

⇒ ND là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

⇒ ND // AB hay ND // MA

xét tứ giác NMAD, có:

MN // AD (chứng minh trên)

MA // ND (chứng minh trên)

⇒ tứ giác NMAD là hình bình hành

⇒ MD = AN

b) Xét tứ giác BMDN, có:

\(ND=BM\) (Vì ND là đường trung bình của ΔABC)

Lại có: ND // AB ⇒ ND // BM

⇒ tứ giác BMDN là hình bình hành

Lại có: O là trung điểm của đường chéo MN

⇒ O cũng là trung điểm đường chéo BD

⇒ 3 điểm B; O; D thẳng hàng

a: Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\dfrac{DB}{AB}=\dfrac{DC}{AC}\)

=>\(\dfrac{DB}{9}=\dfrac{DC}{12}\)

=>\(\dfrac{DB}{3}=\dfrac{DC}{4}\)

mà DB+DC=BC=15cm

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

\(\dfrac{DB}{3}=\dfrac{DC}{4}=\dfrac{DB+DC}{3+4}=\dfrac{15}{7}\)

=>\(DB=3\cdot\dfrac{15}{7}=\dfrac{45}{7}\left(cm\right);DC=4\cdot\dfrac{15}{7}=\dfrac{60}{7}\left(cm\right)\)

b: Vì \(\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{45}{7}:\dfrac{60}{7}=\dfrac{3}{4}\)

nên \(\dfrac{S_{ABD}}{S_{ACD}}=\dfrac{3}{4}\)

a: Sửa đề: MH//CD

Xét ΔADC có

M,H lần lượt là trung điểm của AD,AC

=>MH là đường trung bình của ΔADC

=>MH//DC và \(MH=\dfrac{DC}{2}\)

Xét ΔCABcó 

N,H lần lượt là trung điểm của CB,CA

=>NH là đường trung bình của ΔCAB

=>NH//AB và \(NH=\dfrac{AB}{2}\)

b: MH+HN<=MN

=>\(\dfrac{1}{2}\left(AB+CD\right)< =MN\)

=>\(MN>=\dfrac{1}{2}\left(AB+CD\right)\)

a: Xét ΔABC có EI//BC

nên \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AI}{AC}\left(1\right)\)

Xét ΔADC có FI//DC

nên \(\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{AF}{AD}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AD}\)

Xét ΔABD có \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AD}\)

nên EF//BD

b: Xét ΔCBA có GI//AB

nên \(\dfrac{CG}{BG}=\dfrac{CI}{IA}\left(3\right)\)

Xét ΔCAD có IH//AD

nên \(\dfrac{CI}{IA}=\dfrac{CH}{HD}\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(\dfrac{CG}{BG}=\dfrac{CH}{HD}\)

=>\(CG\cdot HD=BG\cdot CH\)

Đề không đẩy đủ? Bạn muốn chứng minh gì nhỉ?

a: Ta có: AK=KO=OH

=>\(AK=KO=OH=\dfrac{1}{3}AH\)

=>\(AO=\dfrac{2}{3}AH;AK=\dfrac{1}{3}AH\)

Xét ΔAHB có EK//BH

nên \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AK}{AH}\)

=>\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{1}{3}\)

Xét ΔABH có MO//BH

nên \(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AO}{AH}\)

=>\(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{2}{3}\)

Xét ΔABC có EF//BC

nên \(\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{AE}{AB}\)

=>\(\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{1}{3}\)

=>\(EF=\dfrac{BC}{3}=\dfrac{30}{3}=10\left(cm\right)\)

Xét ΔABC có MP//BC

nên \(\dfrac{MP}{BC}=\dfrac{AM}{AB}\)

=>\(\dfrac{MP}{30}=\dfrac{2}{3}\)

=>\(MP=20\left(cm\right)\)

b: Xét ΔAMP và ΔABC có 

\(\widehat{AMP}=\widehat{ABC}\)(hai góc đồng vị, MP//BC)

\(\widehat{MAP}\) chung

Do đó: ΔAMP~ΔABC

=>\(\dfrac{S_{AMP}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AM}{AB}\right)^2\)

=>\(\dfrac{S_{AMP}}{10.8}=\dfrac{4}{9}\)

=>\(S_{AMP}=4,8\left(dm^2\right)\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\)(hai góc đồng vị, EF//BC)

\(\widehat{FAE}\) chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

=>\(\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=\dfrac{1}{9}\)

=>\(S_{AEF}=\dfrac{10.8}{9}=1,2\left(dm^2\right)\)

Ta có: \(S_{AEF}+S_{MEFP}=S_{AMP}\)

=>\(S_{MEFP}+1,2=4,8\)

=>\(S_{MEFP}=3,6\left(dm^2\right)\)