a: BC=căn 15^2+20^2=25cm

EC=25-5=20cm

ED//AC

=>BD/DA=BE/EC=1/4

=>BD/1=DA/4=15/5=3

=>BD=3cm; DA=12cm

EF//AB

=>FC/FA=EC/EB=4

=>FC/4=FA/1=20/5=4

=>FC=16cm; FA=4cm

b: DE=căn 5^2-3^2=4cm

=>C BDE=3+4+5=12cm

C CEF/C CAB=CE/CB=20/25=4/5

=>C CEF=4/5*(15+20+25)=4/5*60=48cm

Mình không biết vẽ hình khi trả lời nên bạn tự vẽ nhé

Đầu tiên chứng minh \(NE=\frac{1}{6}AN\)

Qua E kẻ đường thẳng song song BF cắt AC tại K

Theo ta-lét ta có:

\(\frac{FK}{FC}=\frac{BE}{BC}=\frac{1}{3}\)=>\(\frac{FK}{ÀF}=\frac{1}{6}=\frac{NE}{AN}\)

Từ E,N,C kẻ các đường cao tới AB lần lượt là H,G,I

Theo talet ta có

\(\frac{EH}{CI}=\frac{BE}{BC}=\frac{1}{3},\frac{NG}{EH}=\frac{AN}{AE}=\frac{6}{7}\)

=> \(\frac{NG}{CI}=\frac{2}{7}\)=> \(\frac{NG.AB}{CI.AB}=\frac{2}{7}\)

=> \(\frac{S_{ABN}}{S_{ABC}}=\frac{2}{7}\)

Tương tự \(\frac{S_{BPC}}{S_{ABC}}=\frac{2}{7}\),\(\frac{S_{AMC}}{S_{ABC}}=\frac{2}{7}\)

=> \(S_{MNP}=S_{ABC}-S_{AMC}-S_{ABN}-S_{BCP}=\frac{1}{7}S_{ABC}\)

Vậy \(S_{MNP}=\frac{1}{7}S_{ABC}\)

1.

Ta có:

$A = -3 - y^2 + xy + x + y$

Nhóm các hạng tử theo $x$:

$A = x(y+1) - y^2 + y - 3$

Với mỗi giá trị của $y$, biểu thức tăng theo $x$.

Ta biến đổi: $A = -y^2 + xy + y + x - 3$ $= -\left(y^2 - xy - y\right) + x - 3$

Hoàn thành bình phương theo $y$:

$A = -\left[y^2 - (x+1)y\right] + x - 3$

$= -\left[\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 - \dfrac{(x+1)^2}{4}\right] + x - 3$

$= -\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 + \dfrac{(x+1)^2}{4} + x - 3$

Vì: $\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 \ge 0$ nên: $-\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 \le 0$

Suy ra: $A \le \dfrac{(x+1)^2}{4} + x - 3$

Biểu thức này không bị chặn trên khi $x$ tăng vô hạn.

Ví dụ: chọn $y = \dfrac{x+1}{2}$ thì:

$A = \dfrac{(x+1)^2}{4} + x - 3$

Khi $x \to +\infty$ thì: $A \to +\infty$

Vậy biểu thức $A$ không có giá trị lớn nhất.

2.

Ta có tam giác $ABC$ đều cạnh $4$ nên:

$\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=60^\circ$.

Trong tam giác $NCB$:

$\widehat{NCB}=40^\circ,\ \widehat{CBN}=60^\circ$ nên: $\widehat{CNB}=80^\circ$.

Áp dụng định lí sin:

$\dfrac{NB}{\sin40^\circ}=\dfrac{BC}{\sin80^\circ}$

$\Rightarrow NB=\dfrac{4\sin40^\circ}{\sin80^\circ}$

Vì $CM$ là tia phân giác góc $NCB$ nên:

$\dfrac{NM}{MB}=\dfrac{NC}{CB}$

Suy ra:

$MB=\dfrac{4\sqrt3}{3}$.

Diện tích tam giác $MBC$ là:

$S_{MBC}=\dfrac12 \cdot MB \cdot BC \cdot \sin60^\circ=\dfrac12 \cdot \dfrac{4\sqrt3}{3}\cdot4\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=4$

Do $D$ là trung điểm của $MC$ nên khoảng cách từ $D$ đến $BC$ bằng một nửa khoảng cách từ $M$ đến $BC$.

Lại có: $CD=CE$

suy ra: $S_{CDE}=\dfrac{MC}{4}$.

Mặt khác: $S_{MBD}=\sqrt3-\dfrac{MC}{4}$.

Do đó: $S_{CDE}+S_{MBD}=\dfrac{MC}{4}+\sqrt3-\dfrac{MC}{4}=\sqrt3$.

Vậy tổng diện tích hai tam giác $CDE$ và $MBD$ là:

$\boxed{\sqrt3}$.

a) xét tam giác ABF zà tam giác ACB có

BAC chung 

ABF= ACB (gt)

=> tam giác ABF= tam giác ACB (g.g)

\(=>\frac{AF}{AB}=\frac{AB}{AC}=>\frac{AF}{AB}=\frac{4}{8}=>AF=2\)

ta có AF+FC=AC

=> 2+FC=8

=>FC=6

b) D là trung điểm của BC ( AD là trung tuyến của tam giác ABC 

=>\(DC=\frac{1}{2}BC\)

kẻ đường cao AH

ta có \(\frac{S_{ABC}}{S_{ADC}}=\frac{\frac{1}{2}.AH.AB}{\frac{1}{2}.AH.DC}=\frac{AB}{DC}=\frac{AB}{\frac{1}{2}AB}=2\)

\(=>S_{ABC}=2S_{ADC}\)

c) tam giác CKA có OF//KA nên theo đ/l ta lét có

\(\frac{FC}{FA}=\frac{OC}{OK}\left(1\right)\)

tam giác OCI có KA//CI nên theo hệ quả đ/l ta lét ta có

\(\frac{OC}{OK}=\frac{CI}{KA}\left(2\right)\)

từ 1 zà 2 \(=>\frac{FC}{FA}=\frac{CI}{KA}\)

lại câu c nhé

c) ta có Cx//BF nên theo đ.l ta lét ta đc

\(\frac{FC}{FA}=\frac{OI}{OA}\)

Cx//AY( hệ quả ta lét )=>\(\frac{OI}{OA}=\frac{CJ}{JA}\Leftrightarrow\frac{FC}{FA}=\frac{CI}{JA}\)

tương tự ta có 

\(\frac{DB}{DC}=\frac{BO}{CI}\left(hệ\right)quả\)

\(\frac{FC}{FA}=\frac{CI}{JA}\left(cmt\right)\)

mặt khác Ay//FB ta có

\(\frac{EA}{EB}=\frac{JA}{BO}=>\frac{DB}{DC}.\frac{FC}{FA}.\frac{EA}{EB}=\frac{BO}{CI}.\frac{CI}{JA}.\frac{JA}{BO}=1\)(dpcm)