a: Xét tứ giác DIHK có

góc DIH=góc DKH=góc KDI=90 độ

nên DIHK là hình chữ nhật

b: Xét tứ giác IHAK có

IH//AK

IH=AK

Do đó: IHAK là hình bình hành

=>B là trung điểm chung của IA và HK

Xét ΔIKA có IC/IK=IB/IA

nên BC//KA

Xét ΔIDA có IB/IA=IM/ID

nên BM//DA

=>B,C,M thẳng hàng

Bài 4:

\(N=3x^2+x\left(x-4y\right)-\left(x+y\right)\left(x-y\right)+x^2+1\)

\(=3x^2+x^2-4xy-x^2+y^2+x^2+1=4x^2-4xy+y^2+1\)

\(=\left(2x-y\right)^2+1\ge1>0\forall x,y\)

=>N luôn dương với mọi x,y

Bài 3:

1: A+B

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

2: Thay x=1;y=-2 vào M, ta được:

\(M=2\cdot1^2+4\cdot1\cdot\left(-2\right)-4\cdot\left(-2\right)^2\)

=2-8-16

=-6-16

=-22

Bài 1:

a; \(\frac12xy\).( - 2\(x^2y\) + \(\frac12y\))

= \(\frac12xy\) .(-2\(x^2y\)) + \(\frac12xy\).\(\frac12y\)

= [\(\frac12.\left(-2\right)\)] (\(x.x^2\)).(y.y) + (\(\frac12.\frac12\)).\(x\).(y.y)

= -\(x^3y^2\) + \(\frac14xy^2\)

b; (\(\frac{x}{2}-2y\))\(^2\)

= \(\left(\frac{x}{2}\right)^2\) - 2.\(\frac{x}{2}\).2y+ (2y)\(^2\)

= \(\frac14x^2\) - (2.\(\frac12.2\)).\(x.y\) + 4y\(^2\)

= \(\frac14x^2\) - 2\(xy\) + 4y\(^2\)

c; (12\(x^6\).y\(^4+9x^5y^3-15x^2y^3):\left(3x^2y^3\right)\)

Câu c đề bài phải như này mới hợp lý em ơi

d; (\(x+2)^2\) - (\(x-3)\left(x+1\right)\)

= (\(x^2\) + 4\(x\) + 4) - (\(x^2\) + \(x\) - 3\(x-3\))

= \(x^2\) + 4\(x+4\) - \(x^2\) - \(x\) + 3\(x\) + 3

= (\(x^2\) - \(x^2\)) + (4\(x\) - \(x+3x\)) + (4 + 3)

= 0 + (3\(x+3x\)) + 7

= 6\(x+7\)

Bài 1:

a: Xét ΔBAC có

E là trung điểm của AB

EM//AC

Do đó: M là trung điểm của BC

Xét ΔBAC có

M là trung điểm của BC

MF//AB

Do đó: F là trung điểm của AC

Xét tứ giác AEMF có

ME//AF

MF//AE

DO đó:AEMF là hình bình hành

Hình bình hành AEMF có \(\hat{EAF}=90^0\)

nên AEMF là hình chữ nhật

b: Xét ΔABC có

E,F lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>EF là đường trung bình của ΔABC

=>EF//BC

=>EF//MH

=>MHEF là hình thang

ΔHAC vuông tại H

mà HF là đường trung tuyến

nên FH=FA

mà FA=ME

nên FH=ME

Xét hình thang MHEF có ME=HF

nên MHEF là hình thang cân

Bài 2:

Xét tứ giác AHCD có

I là trung điểm chung của AC và HD

=>AHCD là hình bình hành

Hình bình hành AHCD có \(\hat{AHC}=90^0\)

nên AHCD là hình chữ nhật

Trong Hình 4.24 có \(\widehat {MPH} = \widehat {NPH}\) nên PH là tia phân giác của \(\widehat {MPN}\).

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có:

\(\dfrac{{MP}}{{NP}} = \dfrac{{MH}}{{NH}}\) hay \(\dfrac{5}{x} = \dfrac{3}{{5,1}}\)

Suy ra \(x = \dfrac{{5.5,1}}{3} = 8,5\) (đvđd).

Vậy x = 8,5 (đvđd).

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?

cau 1 2 3 4 5

giup minh voi

Ta có bảng sau:

Ta có

\(BC\perp AB';B'C'\perp AB'\) => BC//B'C'

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AB'}=\dfrac{BC}{B'C'}\Rightarrow\dfrac{x}{x+h}=\dfrac{a}{a'}\)

\(\Rightarrow a'x=ax+ah\Rightarrow x\left(a'-a\right)=ah\Rightarrow x=\dfrac{ah}{a'-a}\left(dpcm\right)\)

Xét tam giác $ABC$ có BC⊥ AB′BC⊥ AB′ và B′C′⊥AB′B′C′⊥AB′ nên suy ra $BC$ // B′C′B′C′.

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có: ABAB′ =BCBC′AB′AB​ =BC′BC​

Suy ra xx+h =aa′x+hx​ =a′a​

a′.x=a(x+h)a′.x=a(x+h)

a′.x−ax=aha′.x−ax=ah

x(a′−a)=ahx(a′−

a: Xét ΔABC có F,E lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>FE là đường trung bình của ΔABC

=>FE//BC và \(FE=\frac12BC\)

=>BFEC là hình thang

Hình thang BFEC có \(\hat{FBC}=\hat{ECB}\) (ΔABC cân tại A)

nên BFEC là hình thang cân

b: Xét ΔABC có

F,D lần lượt là trung điểm của BA,BC

=>FD là đường trung bình của ΔABC

=>FD//AC và \(FD=\frac{AC}{2}\)

Xét ΔMAC có

I,K lần lượt là trung điểm của MA,MC

=>IK là đường trung bình củaΔMAC

=>IK//AC và \(IK=\frac{AC}{2}\)

Ta có: FD//AC

IK//AC

Do đó: FD//IK

Ta có: \(FD=\frac{AC}{2}\)

\(IK=\frac{AC}{2}\)

Do đó: FD=IK

Xét tứ giác FDKI có

FD//IK

FD=IK

Do đó: FDKI là hình bình hành

c: HK=HM+KM

\(=\frac12\cdot\left(MB+MC\right)=\frac12\cdot BC\)

=FE

Xét tứ giác FEKH có

FE//KH

FE=KH

Do đó: FEKH là hình bình hành

=>FK cắt EH tại trung điểm của mỗi đường(1)

FDKI là hình bình hành

=>FK cắt DI tại trung điểm của mỗi đường(2)

Từ (1),(2) suy ra FK,EH,DI đồng quy

d: ΔABC đều

mà AD là đường trung tuyến

nên AD là phân giác của góc BAC và AD⊥BC

=>\(\hat{BAD}=\frac12\cdot\hat{BAC}=\frac12\cdot60^0=30^0\)

Xét tứ giác APMD có \(\hat{APM}+\hat{ADM}=90^0+90^0=180^0\)

nên APMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM

=>APMD nội tiếp (I)

Xét (I) có \(\hat{PAD}\) là góc nội tiếp chắn cung PD

=>\(\hat{PID}=2\cdot\hat{PAD}=60^0\)

Xét ΔIPD có IP=ID và \(\hat{PID}=60^0\)

nên ΔIPD đều