\(a,\dfrac{2}{3}.\dfrac{5}{4}-\dfrac{3}{4}.\dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{3}.\left(\dfrac{5}{4}-\dfrac{3}{4}\right)=\dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{3}\)

\(b,2.\left(\dfrac{-3}{2}\right)-\dfrac{7}{2}=-6.\dfrac{1}{2}-7.\dfrac{1}{2}=\left(-6-7\right).\dfrac{1}{2}=-13.\dfrac{1}{2}=\dfrac{-13}{2}\)

\(c,-\dfrac{3}{4}.5\dfrac{3}{13}-0,75.\dfrac{36}{13}=-\dfrac{3}{4}.\left(\dfrac{68}{13}-\dfrac{36}{13}\right)=-\dfrac{3}{4}.\dfrac{32}{13}=-\dfrac{24}{13}\)

a) \(\dfrac{2}{3}.\dfrac{5}{4}-\dfrac{3}{4}.\dfrac{2}{3}\)

\(=\dfrac{2}{3}.\left(\dfrac{5}{4}-\dfrac{3}{4}\right)\)

\(=\dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{4}\)

\(=\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}\)

\(=\dfrac{1}{3}\)

b) \(2.\left(\dfrac{-3}{2}\right)^2-\dfrac{7}{2}\)

\(=2.\dfrac{9}{4}-\dfrac{7}{2}\)

\(=\dfrac{9}{2}-\dfrac{7}{2}\)

\(=\dfrac{2}{2}=1\)

c) \(-\dfrac{3}{4}.5\dfrac{3}{13}-0,75.\dfrac{36}{13}\)

\(=-\dfrac{3}{4}.\dfrac{68}{13}-\dfrac{3}{4}.\dfrac{36}{13}\)

\(=\dfrac{3}{4}.\dfrac{-68}{13}-\dfrac{3}{4}.\dfrac{36}{13}\)

\(=\dfrac{3}{4}.\left(\dfrac{-68}{13}-\dfrac{36}{13}\right)\)

\(=\dfrac{3}{4}.\dfrac{-104}{13}\)

\(=\dfrac{3}{4}.\left(-8\right)\)

\(=-6\)

Giải :

Hình vẽ ; giả thiết, kết luận đã được đầu bài cho sẵn.

Chứng minh :

Xét \(\Delta AMC\text{ và }\Delta BMD\), có :

\(MA=MB\text{ (gt)}\)

\(\angle AMC=\angle DMB\text{ (đối đỉnh)}\)

\(DM=CM\text{ (gt)}\)

\(\Rightarrow\Delta AMC=\Delta BMD\text{ (c.g.c)}\)

b/ Ta có : \(\bigtriangleup AMC=\bigtriangleup BMD\text{ (c.m.t)}\)

\(\Rightarrow\widehat{DBM}=\widehat{ACM}\text{ (2 góc tương ứng ở vị trí so le trong)}\) (1)

\(\Rightarrow BD//AC\)

Xét \(\bigtriangleup DMA\text{ và }\bigtriangleup BMC,\text{ có :}\)

\(\widehat{DMA}=\widehat{BMC}\text{ (đối đỉnh)}\)

\(DM=CM\left(gt\right)\)

\(BM=AM\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\bigtriangleup DMA=\bigtriangleup BMC\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ADM}=\widehat{DCM}\text{ (2 góc tương ứng ở vị trí so le trong)}\) (2)

\(\text{Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCD là hình bình hành}\) (3)

\(\angle ACB=90^{\text{o}}\) (4)

\(\text{T}ừ\text{ (3) và (4) suy ra hình bình hành ABCD là hình chữ nhật}\) (đpcm)

Câu 4:

\(4x^2+4\)

\(\Leftrightarrow4x^2+4=0\)

\(\Leftrightarrow4\left(x^2+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2=-1\)

Vậy đa thức không nghiệm

Câu 6:

\(x^2-2mx-8\) có nghiệm \(x=-2\) khi:

\(\left(-2\right)^2-2m\left(-2\right)-8=0\)

\(\Leftrightarrow4+4m-8=0\)

\(\Leftrightarrow4m=4\)

\(\Leftrightarrow m=1\)

Tham khảo: Câu hỏi của Lee Linh 

A B C H

Vì \(\Delta ABC\)vuông tại \(A,\)và \(AH\perp BC\)nên:

     \(S_{\Delta ABC}=\frac{AB.AC}{2}=\frac{BC.AH}{2}\)

                 \(\Rightarrow AB.AC=BC.AH\)

Ta có: \(AB.AC=BC.AH\)

   \(\Leftrightarrow AB^2.AC^2=BC^2.AH^2\)

   \(\Leftrightarrow\frac{AB^2.AC^2}{BC^2}=AH^2\)

mà \(AB^2+AC^2=BC^2\)( Định lí Pi-ta-go )

   \(\Leftrightarrow\frac{AB^2+AC^2}{AB^2.AC^2}=\frac{1}{AH^2}\)

   \(\Leftrightarrow\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AH^2}\left(ĐPCM\right)\)

Hình vẽ của mình chỉ mang tính chất minh họa nên các bn bỏ qua một số lỗi vẽ hình của mình nha ^_^

a)

\(AB^2+AC^2=3^2+4^2=9+16=25\left(cm\right)\)

\(BC^2=5^2=25\left(cm\right)\)

=> tam giác ABC vuông tại A

b)

xét 2 tam giác vuôgn ABD và EBD có:

BD(chung)

ABD=EBD(gt)

=> tam giác ABD=EBD(CH-GN)

=> DA=DE

c)

xét tam giác ADF và tam giác EDC có:

AD=DE(theo câu a)

FAD=DEC=90

ADF=EDC(2 góc đối đỉnh)

=> tam giác ADF=EDC(g.c.g)

=> DC=FF

ta có tam giác ADF có A=90=> FD là cạnh lớn nhất trong tam giác ADF

=> FD>AD mà AD=DE( theo câu b)=> DF>DE