a: Xét ΔABC có 

E là trung điểm của AB

F là trung điểm của AC

Do đó: EF là đường trung bình của ΔABC

Suy ra: EF//BC và \(EF=\dfrac{BC}{2}\)

hay \(EF=\dfrac{7.2}{2}=3.6\left(cm\right)\)

b: Xét tứ giác ADCE có 

F là trung điểm của đường chéo AC

F là trung điểm của đường chéo ED

Do đó: ADCE là hình bình hành 

Suy ra: AE=CD

mà AE=BE

nên CD=BE

a: Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}=\hat{AEH}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

=>DE=AH

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)

Xét ΔADE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)

Do đó:ΔADE~ΔACB

c: ADHE là hình chữ nhật

=>\(\hat{DEH}=\hat{DAH}=\hat{HAB}\)

mà \(\hat{HAB}=\hat{C}\left(=90^0-\hat{HAC}\right)\)

nên \(\hat{DEH}=\hat{C}\)

Ta có: \(\hat{KEH}+\hat{DEH}=\hat{KED}=90^0\)

\(\hat{KHE}+\hat{KCE}=90^0\) (ΔCEH vuông tại E)

mà \(\hat{DEH}=\hat{KCE}\)

nên \(\hat{KEH}=\hat{KHE}\)

=>KE=KH

TA có; \(\hat{KEC}+\hat{KEH}=\hat{CEH}=90^0\)

\(\hat{KHE}+\hat{KCE}=90^0\)

mà \(\hat{KEH}=\hat{KHE}\)

nên \(\hat{KEC}=\hat{KCE}\)

=>KE=KC

mà KE=KH

nên KH=KC

=>K là trung điểm của HC

giúp mình câu c câu d với

c) A = x.M + (4x + 7)/(√x + 3)

= 3x/(√x + 3) + (4x + 7)/(√x + 3)

= (7x + 7)/(√x + 3)

Để A nhỏ nhất thì 7x + 7 nhỏ nhất

Mà x ≥ 0

⇒ 7x + 7 ≥ 7

⇒ GTNN của A là 7/3 khi x = 0

a: Xét ΔABC có

N,M lần lượt là trung điểm của BC,BA

=>NM là đường trung bình của ΔABC

=>NM//AC và \(NM=\frac{AC}{2}\)

NM//AC

=>NK//AC
\(NM=\frac{AC}{2}\)

\(NM=\frac{NK}{2}\)

Do đó: AC=NK

Xét tứ giác ACNK có

NK//AC
NK=AC

Do đó: ACNK là hình bình hành

b: ACNK là hình bình hành

=>AN cắt CK tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AN và CK

Xét ΔOEC vuông tại O và ΔOFK vuông tại O có

OC=OK

\(\hat{OCE}=\hat{OKF}\) (hai góc so le trong, CE//KF)

Do đó: ΔOEC=ΔOFK

=>OE=OF

=>O là trung điểm của EF

Xét tứ giác CEKF có

O là trung điểm chung của CK và EF

=>CEKF là hình bình hành

Hình bình hành CEKF có CK⊥EF

nên CEKF là hình thoi

c: Xét ΔANK có

AM,KO là các đường trung tuyến

AM cắt KO tại G

Do đó: G là trọng tâm của ΔANK

=>\(KG=\frac23KO\)

Xét ΔKEF có

KO là đường trung tuyến

KG=2/3KO

Do đó: G là trọng tâm của ΔKEF

=>FG cắt EK tại trung điểm của EK

=>H là trung điểm của EK

AKNC là hình bình hành

=>AK//NC và AK=NC

AK//NC

=>AK//NB

AK=NC

NC=NB

Do đó: AK=NB

Xét tứ giác ANBK có

AK//BN

AK=BN

Do đó: ANBK là hình bình hành

=>AB cắt KN tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của AB

nên M là trung điểm của KN

Xét ΔKNE có

M,H lần lượt là trung điểm của KN,KE

=>MH là đường trung bình của ΔKNE

=>MH//NE

=>MH//BC

Xét ΔKNC có

M,O lần lượt là trung điểm của KN,KC

=>MO là đường trung bình của ΔKNC

=>MO//BC

mà MH//BC

và MO,MH có điểm chung là M

nên O,M,H thẳng hàng

Phương trình đường thẳng d' qua M và vuông góc \(\Delta\) (nên nhận \(\left(1;1\right)\) là 1 vtpt) có dạng:

\(1\left(x-3\right)+1\left(y-2\right)=0\Leftrightarrow x+y-5=0\)

Gọi H là giao điểm d' và \(\Delta\Rightarrow\) tọa độ H là nghiệm:

\(\left\{{}\begin{matrix}x-y=0\\x+y-5=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow H\left(\dfrac{5}{2};\dfrac{5}{2}\right)\)

M' là ảnh của M qua phép đối xứng trục \(\Rightarrow\) H là trung điểm MM'

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_{M'}=2x_H-x_M=2\\y_{M'}=2y_H-y_M=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow M'\left(2;3\right)\)

Gọi \(d_1\) là ảnh của d qua phép đối xứng trục

Gọi A là giao điểm d và \(\Delta\Rightarrow A\in d_1\), tọa độ A thỏa mãn:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+4y-3=0\\x-y=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A\left(\dfrac{3}{5};\dfrac{3}{5}\right)\)

Lấy \(B\left(3;0\right)\) là 1 điểm thuộc d

Phương trình đường thẳng \(\Delta'\) qua B và vuông góc \(\Delta\) có dạng:

\(1\left(x-3\right)+1\left(y-0\right)=0\Leftrightarrow x+y-3=0\)

Gọi C là giao điểm \(\Delta\) và \(\Delta'\Rightarrow\) tọa độ C thỏa mãn:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y-3=0\\x-y=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow C\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)\)

B' là ảnh của B qua phép đối xứng trục \(\Delta\Rightarrow B'\in d_1\) và C là trung điểm BB'

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_{B'}=2x_C-x_B=0\\y_{B'}=2y_C-y_B=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow B'\left(0;3\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{AB'}=\left(-\dfrac{3}{5};\dfrac{12}{5}\right)=\dfrac{3}{5}\left(-1;4\right)\)

\(\Rightarrow d_1\) nhận (4;1) là 1 vtpt

Phương trình \(d_1\):

\(4\left(x-0\right)+1\left(y-3\right)=0\Leftrightarrow4x+y-3=0\)

THật sự cảm ơn anh rất rất nhiều 

a: Xét tứ giác ABQN có

\(\widehat{BQN}=\widehat{QNA}=\widehat{NAB}=90^0\)

=>ABQN là hình chữ nhật

b: Xét ΔCAD có

DN,CH là các đường cao

DN cắt CH tại M

Do đó: M là trực tâm của ΔCAD

=>AM\(\perp\)CD

c: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

Do đó: ΔHAB đồng dạng với ΔHCA

=>\(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{HB}{HA}\)

=>\(HA^2=HB\cdot HC\)

=>\(HA=\sqrt{HB\cdot HC}\)