10) đkxđ: \(x\ne\pm3\)

\(\frac{7}{a^2-9}+\frac{5}{a-3}+\frac{1}{a+3}=\frac{7}{\left(a-3\right)\left(a+3\right)}+\frac{5\cdot\left(a+3\right)}{\left(a+3\right)\left(a-3\right)}+\frac{a-3}{\left(a+3\right)\left(a-3\right)}\)

\(=\frac{7+5a+15+a-3}{\left(a+3\right)\left(a-3\right)}=\frac{6a+19}{\left(a+3\right)\left(a-3\right)}\)

11) đkxđ: \(x\ne-1\)

\(\frac{2x-1}{x^3+1}+\frac{2x}{x^2-x+1}-\frac{x}{x+1}+2\)

\(=\frac{2x-1}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}+\frac{2x\cdot\left(x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}-\frac{x\cdot\left(x^2-x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}+\frac{2\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}\)

\(\) \(=\frac{2x-1+2x^2+2x-x^3+x^2-x+2x^3+2}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}\)

\(=\frac{x^3+3x^2+3x+1}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}\)

\(=\frac{\left(x+1\right)^3}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}\)

\(=\frac{\left(x+1\right)^2}{x^2-x+1}\)

13) đkxđ: \(x\ne\pm\frac32\)

\(\frac{5}{2x-3}+\frac{2}{2x+3}-\frac{2x+5}{9-4x^2}\)

\(=\frac{5\cdot\left(2x+3\right)}{\left(2x-3\right)\left(2x+3\right)}+\frac{2\cdot\left(2x-3\right)}{\left(2x-3\right)\left(2x+3\right)}+\frac{2x+5}{\left(2x-3\right)\left(2x+3\right)}\)

\(=\frac{10x+15+4x-6+2x+5}{\left(2x-3\right)\left(2x+3\right)}\)

\(=\frac{16x+14}{\left(2x-3\right)\left(2x+3\right)}\)

Đề :cộng phân thức.giúp mình câu 10, 11, 12 nhé

a:

b: TH1: \(\hat{BAD}>90^0;\hat{ABD}>90^0\)

Ta có: ABCD là hình thang

=>\(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\)

=>\(\hat{BCD}<180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{BCD}<\hat{BAD}\)

TH2: \(\hat{ADC}>90^0;\hat{DCB}>90^0\)

Ta có: ABCD là hình thang

DC//AB

=>\(\hat{CDA}+\hat{DAB}=180^0\)

=>\(\hat{DAB}<180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{DAB}<\hat{DCB}\)

c: Xét tứ giác ABCD có

AB//CD
AB=CD

Do đó: ABCD là hình bình hành

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

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?

Ta có: \(5x^2+5y^2+8xy-2x+2y+2=0\)

=>\(4x^2+8xy+4y^2+x^2-2x+1+y^2+2y+1=0\)

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

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

=>\(\begin{cases}x+y=0\\ x-1=0\\ y+1=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=1\\ y=-1\end{cases}\)

Khi x=1;y=-1 thì ta có:

\(M=\left(1-1\right)^{2023}+\left(1-2\right)^{2024}+\left(-1+1\right)^{2025}\)

=1

Bài 4:

AB//CD

=>\(\hat{BAK}=\hat{AKD}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{BAK}=\hat{DAK}\) (AK là phân giác của góc BAD)

nên \(\hat{DAK}=\hat{DKA}\)

=>DA=DK

Ta có: DK+KC=DC

DA+BC=DC

mà DK=DA

nên CK=CB

=>ΔCKB cân tại C

=>\(\hat{CKB}=\hat{CBK}\)

mà \(\hat{CKB}=\hat{ABK}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

nên \(\hat{ABK}=\hat{CBK}\)

=>BK là phân giác của góc ABC

Bài 2:

a: Xét ΔDAB có

K,E lần lượt là trung điểm của DA,DB

=>KE là đường trung bình của ΔDAB

=>KE//AB và \(KE=\frac{AB}{2}\)

Xét ΔCAB có

F,G lần lượt là trung điểm của CA,CB

Do đó: FG là đường trung bình của ΔCAB

=>FG//AB và \(FG=\frac{AB}{2}\)

Xét hình thang ABCD có

K,G lần lượt là trung điểm của AD,BC

=>KG là đường trung bình của hình thang ABCD

=>KG//AB//CD và \(KG=\frac12\left(AB+CD\right)\)

Ta có: FG//AB

KG//AB

FG,KG có điểm chung là G

Do đó: F,G,K thẳng hàng(1)

ta có: KE//AB

KG//AB

KE,KG có điểm chung là K

Do đó: K,E,G thẳng hàng(2)

Từ (1),(2) suy ra K,E,F,G thẳng hàng

b: Ta có: KE+EF+FG=KG

=>\(EF+\frac12AB+\frac12AB=\frac12\left(CD+AB\right)\)

=>\(EF=\frac12\left(CD+AB-2AB\right)=\frac12\left(CD-AB\right)\)