Gọi I là trung điểm của DE
=>I là tâm đường tròn đường kính DE

ĐƯờng trung trực của BC cắt BC,AC,AB lần lượt tại M,D,E

=>MB=MC; EB=EC; DB=DC

MB=MC nên M la trung điểm của BC

ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

=>\(\hat{MAB}=\hat{MBA}\)

ΔAED vuông tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên IA=IE

=>ΔIAE cân tại I

=>\(\hat{IAE}=\hat{IEA}\)

mà \(\hat{IEA}=\hat{MEB}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{IAE}=\hat{MEB}\)

Ta có: DM là đường trung trực của BC

=>DM⊥BC tại M

Xét tứ giác AEMC có \(\hat{CAE}+\hat{CME}+\hat{ACM}+\hat{AEM}=360^0\)

=>\(\hat{ACM}+\hat{AEM}=360^0-90^0-90^0=180^0\)

mà \(\hat{AEM}+\hat{BEM}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{BEM}=\hat{ACB}\)

\(\hat{MAI}=\hat{MAE}+\hat{IAE}=\hat{MAB}+\hat{MEB}\)

\(=\hat{MBA}+\hat{MCA}=90^0\)

=>AM⊥IA tại A

ΔAED vuông tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên IA=IE=ID

=>A nằm trên (I)

Xét (I) có

IA là bán kính

AM⊥ AI tại A

Do đó: AM là tiếp tuyến tại A của (I)

=>AM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DE

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?

cau 1 2 3 4 5

giup minh voi

Bài 4:

\(N=3x^2+x\left(x-4y\right)-\left(x+y\right)\left(x-y\right)+x^2+1\)

\(=3x^2+x^2-4xy-x^2+y^2+x^2+1=4x^2-4xy+y^2+1\)

\(=\left(2x-y\right)^2+1\ge1>0\forall x,y\)

=>N luôn dương với mọi x,y

Bài 3:

1: A+B

\(=x^2-4xy+4y^2+4x^2+4xy+y^2=5x^2+5y^2\)

2: Thay x=1;y=-2 vào M, ta được:

\(M=2\cdot1^2+4\cdot1\cdot\left(-2\right)-4\cdot\left(-2\right)^2\)

=2-8-16

=-6-16

=-22

Bài 1:

a; \(\frac12xy\).( - 2\(x^2y\) + \(\frac12y\))

= \(\frac12xy\) .(-2\(x^2y\)) + \(\frac12xy\).\(\frac12y\)

= [\(\frac12.\left(-2\right)\)] (\(x.x^2\)).(y.y) + (\(\frac12.\frac12\)).\(x\).(y.y)

= -\(x^3y^2\) + \(\frac14xy^2\)

b; (\(\frac{x}{2}-2y\))\(^2\)

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

= \(\frac14x^2\) - (2.\(\frac12.2\)).\(x.y\) + 4y\(^2\)

= \(\frac14x^2\) - 2\(xy\) + 4y\(^2\)

c; (12\(x^6\).y\(^4+9x^5y^3-15x^2y^3):\left(3x^2y^3\right)\)

Câu c đề bài phải như này mới hợp lý em ơi

d; (\(x+2)^2\) - (\(x-3)\left(x+1\right)\)

= (\(x^2\) + 4\(x\) + 4) - (\(x^2\) + \(x\) - 3\(x-3\))

= \(x^2\) + 4\(x+4\) - \(x^2\) - \(x\) + 3\(x\) + 3

= (\(x^2\) - \(x^2\)) + (4\(x\) - \(x+3x\)) + (4 + 3)

= 0 + (3\(x+3x\)) + 7

= 6\(x+7\)

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

Hình ảnh bạn gửi hơi mờ, khó có thể nhìn thấy và trả lời được, theo cảm nhận riêng mình

bạn ở bên trung à

\(\frac{9x+5}{6\cdot\left(x+3\right)^2}-\frac{5x-7}{6\left(x+3\right)^2}\)

\(=\frac{9x+5-5x+7}{6\left(x+3\right)^2}\)

\(=\frac{4x+12}{6\left(x+3\right)^2}=\frac{4\left(x+3\right)}{6\left(x+3\right)^2}=\frac{2}{3\left(x+3\right)}\)

Bài 1:Sửa đề: \(\hat{B}-\hat{C}=30^0\)

Ta có: ABCD là hình thang

=>AB//CD

=>\(\hat{A}+\hat{D}=180^0\)

=>\(3\cdot\hat{D}+\hat{D}=180^0\)

=>\(4\cdot\hat{D}=180^0\)

=>\(\hat{D}=\frac{180^0}{4}=45^0\)

\(\hat{A}=3\cdot\hat{D}=3\cdot45^0=135^0\)

Ta có: AB//CD

=>\(\hat{B}+\hat{C}=180^0\)

mà \(\hat{B}-\hat{C}=30^0\)

nên \(\hat{B}=\frac{180^0+30^0}{2}=105^0;\hat{C}=105^0-30^0=75^0\)

Bài 3:

Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAKC vuông tại K có

AB=AC

\(\hat{HAB}\) chung

Do đó: ΔAHB=ΔAKC

=>AH=AK và BH=CK

Xét ΔABC có \(\frac{AK}{AB}=\frac{AH}{AC}\)

nên KH//BC

Xét tứ giác BKHC có KH//BC và KC=BH

nên BKHC là hình thang cân

Bài 4:Sửa đề: Bỏ câu AC cắt BD tại O

b: Xét ΔABD và ΔBAC có

AB chung

BD=AC

AD=BC

Do đó: ΔABD=ΔBAC

=>\(\hat{ABD}=\hat{BAC}\)

=>\(\hat{IAB}=\hat{IBA}\)

=>IA=IB

c:

Xét ΔODC có \(\hat{ODC}=\hat{OCD}\)

nên ΔOCD cân tại O

=>OD=OC

=>O nằm trên đường trung trực của DC(1)

Ta có: IA+IC=AC

IB+ID=BD

mà IA=IB và AC=BD

nên IC=ID

=>I nằm trên đường trung trực của DC(2)

Từ (1),(2) suy ra OI là đường trung trực của DC

Ta có: OA+AD=OD

OB+BC=OC

mà AD=BC và OC=OD

nên OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(3)

Ta có: IA=IB

=>I nằm trên đường trung trực của AB(4)

Từ (3),(4) suy ra OI là đường trung trực của AB