Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b) Bạn đã chứng minh được tứ giác EKFC là hình bình hành ở câu a, mà EF cắt CK tại I \(\Rightarrow\)I là trung điểm EF (tính chất hình bình hành)
\(\Rightarrow AI\)là trung tuyến của \(\Delta AEF\)
Mà \(\Delta AEF\)vuông tại A \(\Rightarrow AI=\frac{1}{2}EF\)(tính chất tam giác vuông)
Lại có \(EI=\frac{1}{2}EF\)do I là trung điểm của đoạn EF \(\Rightarrow AI=EI\left(=\frac{1}{2}EF\right)\)
Mặt khác \(BE\perp AF\), \(MI\perp AF\left(gt\right)\)\(\Rightarrow BE//MI\)(quan hệ từ vuông góc đến song song)
Mà tứ giác BEFD là hình bình hành \(\Rightarrow BD//EF\)(tính chất hình bình hành)
\(\Rightarrow BM//EI\)(vì \(M\in BD;I\in EF\))
Xét tứ giác BEIM có \(BE//MI\left(cmt\right);BM//EI\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow\)Tứ giác BEIM là hình bình hành (định nghĩa)
\(\Rightarrow BM=EI\)(tính chất hình bình hành)
Mà \(AI=EI\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow AI=BM\left(=EI\right)\left(đpcm\right)\)
c) Do tứ giác BEFD là hình bình hành \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BE//DF\\BE=DF\end{cases}}\)(tính chất hình bình hành)
Mà \(\hept{\begin{cases}BE\perp CF\\BE=CF\end{cases}}\left(gt\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}DF\perp CFtạiF\\DF=CF\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)F nằm trên đường trung trực của đoạn CD và \(\Delta CDF\)vuông cân tại F
\(\Rightarrow\widehat{DCF}=45^0\)
\(\Delta ABC\)vuông cân tại A (gt) \(\Rightarrow\widehat{ACB}=45^0\)
\(\Rightarrow\widehat{BCD}=180^0-\widehat{ACB}-\widehat{DCF}=180^0-45^0-45^0=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta BCD\)vuông tại C.
Xét hình thang BEFD (BE//DF) ta có I là trung điểm EF (cmt) và IM//BE (cmt) \(\Rightarrow\)M là trung điểm của đoạn BD
\(\Rightarrow\)CM là trung tuyến của \(\Delta BCD\)
Mặt khác \(\Delta BCD\)vuông tại C \(\Rightarrow CM=\frac{1}{2}BD\)(tính chát tam giác vuông)
Mà \(DM=\frac{1}{2}BD\)do M là trung điểm BD \(\Rightarrow DM=CM\left(=\frac{1}{2}BD\right)\)
\(\Rightarrow\)M nằm trên đường trung trực của đoạn CD.
Mà F cũng nằm trên đường trung trực của đoạn CD (cmt)
\(\Rightarrow\)MF là đường trung trực của đoạn CD \(\Rightarrow\)C đối xứng với D qua MF (đpcm)
Bài 1:
a: \(=15x^2-6x+5x-2\)
\(=\left(5x-2\right)\left(3x+1\right)\)
b: \(=4x^2-8x-x+2\)
\(=\left(x-2\right)\left(4x-1\right)\)
2:
a: ĐKXĐ: \(x\notin\left\{0;-4\right\}\)
\(\dfrac{6}{x^2+4x}+\dfrac{3}{2x+8}\)
\(=\dfrac{6}{x\left(x+4\right)}+\dfrac{3}{2\left(x+4\right)}\)
\(=\dfrac{12+3x}{2x\left(x+4\right)}=\dfrac{3\left(x+4\right)}{2x\left(x+4\right)}=\dfrac{3}{2x}\)
b: ĐKXĐ: \(x\notin\left\{2;-2\right\}\)
\(\dfrac{x+1}{x-2}+\dfrac{x-2}{x+2}+\dfrac{x-14}{x^2-4}\)
\(=\dfrac{\left(x+1\right)\cdot\left(x+2\right)+\left(x-2\right)^2+x-14}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\)
\(=\dfrac{x^2+3x+2+x^2-4x+4+x-14}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\)
\(=\dfrac{2x^2-8}{x^2-4}=2\)
c: ĐKXĐ: \(x\notin\left\{1;-1\right\}\)
\(\dfrac{2}{x+1}+\dfrac{-4}{1-x}+\dfrac{5x+1}{1-x^2}\)
\(=\dfrac{2}{x+1}+\dfrac{4}{x-1}-\dfrac{5x+1}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\)
\(=\dfrac{2x-2+4x+4-5x-1}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\dfrac{x+1}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\dfrac{1}{x-1}\)
d: ĐKXĐ: \(x\ne\pm y\)
\(\dfrac{x}{x^2+xy}+\dfrac{x-3y}{y^2-x^2}+\dfrac{x}{xy-x^2}\)
\(=\dfrac{x}{x\left(x+y\right)}-\dfrac{x-3y}{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}-\dfrac{x}{x\left(x-y\right)}\)
\(=\dfrac{1}{x+y}-\dfrac{x-3y}{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}-\dfrac{1}{x-y}\)
\(=\dfrac{x-y-x+3y-x-y}{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}=\dfrac{-x+y}{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}=\dfrac{-1}{x+y}\)
e: ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x< >0\\y< >0;x\ne y\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{y}{x^2-xy}+\dfrac{x}{y^2-xy}\)
\(=\dfrac{y}{x\left(x-y\right)}-\dfrac{x}{y\left(x-y\right)}\)
\(=\dfrac{y^2-x^2}{xy\left(x-y\right)}=\dfrac{-\left(x-y\right)\left(x+y\right)}{xy\left(x-y\right)}=\dfrac{-x-y}{xy}\)
f: ĐKXĐ: x<>1
\(\dfrac{11x-4}{x-1}+\dfrac{10x+4}{2-2x}\)
\(=\dfrac{11x-4}{x-1}-\dfrac{5x+2}{x-1}\)
\(=\dfrac{11x-4-5x-2}{x-1}=\dfrac{6x-6}{x-1}=6\)
a/
\(\Leftrightarrow3-x-2-\left(10x-15\right)=0\)
\(\Leftrightarrow3-x-2-10x+15=0\)
\(16-11x=0\)
\(\Leftrightarrow x=\dfrac{16}{11}\)
d: \(\Leftrightarrow2x^2-10x-x^2+6x-9-3x+5x-x^2=0\)
=>-2x-9=0
=>-2x=9
hay x=-9/2
c: \(\Leftrightarrow19-x^3+15x^2-75x+125=x\left(3-x^2-24x+144\right)\)
\(\Leftrightarrow-x^3+15x^2-75x+144-3x+x^3+24x^2-144x=0\)
\(\Leftrightarrow39x^2-222x+144=0\)
\(\Delta=\left(-222\right)^2-4\cdot39\cdot144=26820>0\)
Do đó: Phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{222-6\sqrt{745}}{78}=\dfrac{37-\sqrt{745}}{13}\\x_2=\dfrac{37+\sqrt{145}}{13}\end{matrix}\right.\)
a, Xét tam giác AEB và tam giác ADC có
^A _ chung
\(\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{CA-CE}{AB-BD}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1}{2}\)
Vậy tam giác AEB ~ tam giác ADC (c.g.c)
\(\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AB}{AC}\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AD}{AC}\)
b, Xét tam giác AED và tam giác ABC có
^A _ chung ; AE/AB = AD/AC ( cmt )
Vậy tam giác AED ~ tam giác ABC (c.g.c)
=> ^AED = ^ABC ( 2 góc tương ứng )
c, Ta có \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AD}{AC}\Rightarrow AE.AC=AD.AB\)
a) \(\left(4x^{^5}-8x^3\right):\left(-2x^3\right)\)
\(=\left(2x^{10}-2x^9\right):\left(-2x^3\right)\)
\(=\left[2x^{10}:\left(-2x^3\right)\right]-\left[2x^9:\left(-2x^3\right)\right]\)
\(=-x^7+x^6\)
Bài 2:
\(a,=-2x^2+4\\ b,=-3x^2+4x-1\\ c,=-\dfrac{1}{2}-2xy+\dfrac{3}{2}x^2y^2\\ d,=6-8xy+2x^2y^2\\ e,=2\left(x-y\right)^2-7\left(x-y\right)+1\\ f,=\dfrac{3}{5}\left(x-y\right)^3-\dfrac{2}{5}\left(x-y\right)^2+\dfrac{3}{5}\)
4:
1/x+1/y+1/z=0
=>(xy+yz+xz)/xyz=0
=>xy+yz+xz+0
=>yz=-xy-xz
x^2+2yz=x^2+yz-xy-xz
=(x-y)(x-z)
Tương tự, ta sẽ có: y^2+2xz=(y-x)(y-z)
z^2+2xy=(z-x)(z-y)
\(A=\dfrac{yz}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\dfrac{xz}{\left(y-x\right)\cdot\left(y-z\right)}+\dfrac{xy}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}\)
\(=\dfrac{yz\left(y-z\right)-xz\left(x-z\right)+xy\left(x-y\right)}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)\left(y-z\right)}\)
\(=1\)