Câu 1 (2,0 điểm) Thực hiện phép tính:

a) 2xy.3x²y³

b) x.(x² - 2x + 5)

c) (3x² - 6x) : 3x

d) (x² – 2x + 1) : (x – 1)

Câu 2 (2,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a) 5x²y - 10xy²

b) 3(x + 3) – x² + 9

c) x² – y² + xz - yz

Câu 3 (2,0 điểm). Cho biểu thức: 

a) Với điều kiện nào của x thì giá trị của biểu thức A được xác định?

b) Rút gọn biểu thức A.

c) Tìm giá trị của biểu thức A tại x = 1.

Câu 4 (3,5 điểm). Cho tam giác MNP vuông tại M, đường cao MH. Gọi D, E lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống MN và MP.

a) Chứng minh tứ giác MDHE là hình chữ nhật.

b) Gọi A là trung điểm của HP. Chứng minh tam giác DEA vuông.

c) Tam giác MNP cần có thêm điều kiện gì để DE = 2EA.

Câu 5 (0,5 điểm). Cho a + b = 1. Tính giá trị của các biểu thức sau:

M = a³ + b³ + 3ab(a² + b²) + 6a²b²(a + b).

Tk ủng hộ mk nha .

#Thiên_Hy

- Kì II í ạ, có ko ạ

Gọi M là trung điểm của cạnh BC

O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay O là giao điểm của 3 đường trung trực của tam giác ABC.

\(\Rightarrow OA=OC\)

Trên tia đối của OA lấy D sao cho OA = OD.

Lúc đó thì OC = OD = OA

\(\Rightarrow\Delta ACD\)vuông tại C ( do có đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)

\(\Rightarrow DC\perp AC\).Kết hợp với \(BH\perp AC\left(gt\right)\Rightarrow BH//CD\)

Tương tự ta có: \(BD//HC\)

Xét \(\Delta BHC\)và \(\Delta CDB\)có:

      \(\widehat{HBC}=\widehat{DCB}\)(\(BH//CD,slt\))

      BC: cạnh chung

      \(\widehat{HCB}=\widehat{DBC}\)(\(BD//HC,slt\))

Do đó \(\Delta BHC\)\(=\Delta CDB\left(g-c-g\right)\)

\(\Rightarrow BH=CD\)(hai cạnh tương ứng)

Xét \(\Delta BHM\)và \(\Delta CDM\)có:

      BM = CM (gt)

     \(\widehat{HBM}=\widehat{DCM}\left(BH//CD,slt\right)\)

     BH = CD (cmt)

Do đó \(\Delta BHM\)\(=\Delta CDM\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BMH}=\widehat{CMD}\)(hai góc tương ứng) và HM = DM (hai cạnh tương ứng)

Mà \(\widehat{BMD}+\widehat{CMD}=180^0\)(kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{BMD}+\widehat{BMH}=180^0\Rightarrow\widehat{HMD}=180^0\)

Lúc đó thì H,M,D thẳng hàng.

Tam giác ABC có AM là trung tuyến và G là trọng tâm nên \(AG=\frac{2}{3}AM\)

\(\Rightarrow\)Tam giác AHD cũng có AM là trung tuyến và  \(AG=\frac{2}{3}AM\)

\(\Rightarrow G\)là trọng tâm của tam giác AHD 

Lại có HO cũng là tung tuyến của tam giác AHD nên HO đi qua G

Vậy H,O,G thẳng hàng (đpcm)

Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0;\sqrt3),\ B(-1;0),\ C(1;0)$.

Khi đó trọng tâm tam giác đều $ABC$ là:

$G\left(0;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Vì $ABDE$ là hình chữ nhật nên:

$D(-1;\sqrt3),\ E(2;\sqrt3)$.

Ta có phương trình:

$AG:\ x=0$.

$BD:\ x=-1$.

Suy ra: $I=\left(-1;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Đường thẳng $BG$ có phương trình:

$y=\dfrac{\sqrt3}{3}(x+1)$.

Đường thẳng $AE$ có phương trình:

$y=\dfrac{\sqrt3}{2}x+\sqrt3$.

Giải hệ, được: $J=\left(1;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Do đó: $CG:\ y=-\dfrac{\sqrt3}{3}x+\dfrac{\sqrt3}{3}$.

Trung điểm của $IJ$ là:

$\left(0;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)=G$.

Lại có: $CG\perp IJ$.

Vậy $CG$ là đường trung trực của $IJ$.

Suy ra: $\boxed{I\ \text{và}\ J\ \text{đối xứng nhau qua}\ CG}$.

Ta có: $CG=\sqrt{\left(1-0\right)^2+\left(0-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

$GB=\sqrt{\left(-1\right)^2+\left(-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

$BI=\dfrac{\sqrt3}{3}$.

$IC=\sqrt{1^2+\left(\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

Suy ra: $CG=GB=BI=IC$.

Do đó: $\boxed{CGBI\ \text{là hình thoi}}$.

Vì $I$ và $J$ đối xứng qua $CG$ nên: $CI=CJ,\ GI=GJ$.

Mà: $CI=CG$.

Suy ra: $CI=IG=GJ=JC$.

Do đó: $\boxed{CIGJ\ \text{là hình thoi}}$.

Ta có: $CJ=JA$ (tính được cùng bằng $\dfrac{2}{\sqrt3}$),

$AG=\dfrac{2\sqrt3}{3}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

Suy ra: $CJ=JA=AG=GC$.

Vậy: $\boxed{CJAG\ \text{là hình thoi}}$.

Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0;\sqrt3),\ B(-1;0),\ C(1;0)$.

Khi đó trọng tâm tam giác đều $ABC$ là:

$G\left(0;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Vì $ABDE$ là hình chữ nhật nên:

$D(-1;\sqrt3),\ E(2;\sqrt3)$.

Ta có phương trình:

$AG:\ x=0$.

$BD:\ x=-1$.

Suy ra: $I=\left(-1;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Đường thẳng $BG$ có phương trình:

$y=\dfrac{\sqrt3}{3}(x+1)$.

Đường thẳng $AE$ có phương trình:

$y=\dfrac{\sqrt3}{2}x+\sqrt3$.

Giải hệ, được: $J=\left(1;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Do đó: $CG:\ y=-\dfrac{\sqrt3}{3}x+\dfrac{\sqrt3}{3}$.

Trung điểm của $IJ$ là:

$\left(0;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)=G$.

Lại có: $CG\perp IJ$.

Vậy $CG$ là đường trung trực của $IJ$.

Suy ra: $\boxed{I\ \text{và}\ J\ \text{đối xứng nhau qua}\ CG}$.

Ta có: $CG=\sqrt{\left(1-0\right)^2+\left(0-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

$GB=\sqrt{\left(-1\right)^2+\left(-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

$BI=\dfrac{\sqrt3}{3}$.

$IC=\sqrt{1^2+\left(\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

Suy ra: $CG=GB=BI=IC$.

Do đó: $\boxed{CGBI\ \text{là hình thoi}}$.

Vì $I$ và $J$ đối xứng qua $CG$ nên: $CI=CJ,\ GI=GJ$.

Mà: $CI=CG$.

Suy ra: $CI=IG=GJ=JC$.

Do đó: $\boxed{CIGJ\ \text{là hình thoi}}$.

Ta có: $CJ=JA$ (tính được cùng bằng $\dfrac{2}{\sqrt3}$),

$AG=\dfrac{2\sqrt3}{3}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

Suy ra: $CJ=JA=AG=GC$.

Vậy: $\boxed{CJAG\ \text{là hình thoi}}$.

lớp mấy bn