Gọi N là trung điểm CE, Xét tg CDE có

ME=MD (gt); NE=NC => MN là đường trung bình của tg CDE

=> MN//CD => MN//BC

Ta có

\(AD\perp BC\)

\(\Rightarrow MN\perp AD\)

Xét tg ADN có

\(MN\perp AD\left(cmt\right);DE\perp AC\left(gt\right)\) => M là trực tâm của tg ADN

\(\Rightarrow AM\perp DN\) (Trong tg 3 đường cao đồng quy)

Xét tg cân ABC 

\(AD\perp BC\Rightarrow BD=CD\) (Trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

Xét tg BCE có

BD=CD (cmt); EN=CN => DN là đường trung bình của tg BCE

=> DN//BE mà \(AM\perp DN\left(cmt\right)\Rightarrow AM\perp BE\)

Ta có \(\widehat{ACD}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn)

Xét tg vuông ADC có

\(\widehat{OAC}+\widehat{ADC}=90^o\)

Xét tg vuông ABH có

\(\widehat{BAH}+\widehat{ABC}=90^o\)

Ta có \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\) (góc nt cùng chắn cung AC)

\(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{OAC}\)

Ta có

\(S_{ABC}=\dfrac{BC.AB.AC}{4R}=\dfrac{BC.AH}{2}\Rightarrow AB.AC=2R.AH\)

Gọi H là giao của AM với BN => H là trực tâm tg ABC

\(\Rightarrow CH\perp AB\) (trong tg 3 đường cao đồng quy)

\(DE\perp AB\left(gt\right)\)

=> CH//DE

Gọi K là giao của CH với MD, xét tg MDF có

CH//DE (cmt) => KH//DF \(\Rightarrow\dfrac{FH}{MH}=\dfrac{DK}{MK}\left(Talet\right)\) (1)

Ta có

\(MD\perp AC\left(gt\right);BN\perp AC\left(gt\right)\) => MD//BN

Xét tg BCN có

\(\dfrac{NH}{BH}=\dfrac{DK}{MK}\left(Talet\right)\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\dfrac{FH}{MH}=\dfrac{NH}{BH}\) => NF//BM (Talet đảo) => NF//BC

\(\left(x+y\right)\left(xy+7\right)=7\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x+y=-1\\xy+7=-7\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x+y=1\\xy+7=7\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x+y=-7\\xy+7=-1\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x+y=7\\xy+7=1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Giải các trường hợp trên để tìm x;y phù hợp

\(P=x^2-4xy+5y^2+10x-22y+30=\)

\(=\left(x^2-4xy+4y^2\right)+\left(y^2-2y+1\right)+10\left(x-2y\right)+29\)

\(=\left(x-2y\right)^2+10\left(x-2y\right)+25+\left(y-1\right)^2+4=\)

\(=\left(x-2y+5\right)^2+\left(y-1\right)^2+4\ge4\)

\(\Rightarrow P_{min}=4\)

\(x-y=-3\Leftrightarrow x+3=y\)

\(P=x^2\left(x+3\right)+y^2-x^2y-xy+x-4y+2003=\)

\(=x^2y+y^2-x^2y-xy+x-4y+2023=\)

\(=y^2-xy-3y+x-y+2023=\)

\(=y^2-y\left(x+3\right)+x-y+2003=\)

\(=y^2-y^2+\left(x-y\right)+2023=-3+2023=2000\)

Đề bài sai, sửa thành c/m \(\sin^2\alpha=\dfrac{1}{1+\cot^2\alpha}\)

\(\dfrac{1}{1+\cot^2\alpha}=\dfrac{1}{1+\dfrac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}}=\dfrac{1}{\dfrac{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{\sin^2\alpha}}=\sin^2\alpha\)

Tổng 5 số là \(5x138=690\)

Tổng 3 số đầu là \(3x127=381\)

Tổng 3 số cuối là \(3x148=444\)

Số đứng giữa là \(\left(381+444\right)-690=135\)

a/

Xét tg vuông ABH

\(BH=\sqrt{AB^2-AH^2}\left(Pitago\right)\)

\(\Rightarrow BH=\sqrt{5^2-4^2}=3cm\)

Xét tg cân ABC có

\(AH\perp BC\)

\(\Rightarrow BH=CH\) (Trong tg cân đường cao xuất phát từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

\(\Rightarrow BC=BH+CH=2BH=2.3=6cm\)

b/

Ta có

AD=AE (gt); AB=AC (cạnh bên tg cân) 

BD=AB-AD; CE=AC-AE

=> BD=CE (1)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{AE}{CE}\) => DE//BC (Talet đảo) (2)

Từ (1) và (2) => DECB là hình thang cân

Xét tg DBC và tg ECB có

BD=CE (cmt); BC chung; \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\) (góc ở đáy tg cân)

=> tg DBC = tg ECB (c.g.c) \(\Rightarrow\widehat{BCD}=\widehat{CBE}\) => tg OBC cân tại O

=> OB=OC

c/

Xét tg cân ABC có \(AH\perp BC\left(gt\right)\)

=> AH là đường phân giác của \(\widehat{A}\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân)

Nối AM; Xét tg ADE có

AD=AE (gt) => tg ADE cân tại A

MD=ME (gt)

=> AM là đường phân giác của góc \(\widehat{A}\) (trong tg cân đường trung tuyến xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân)

Nối AO ta có

tg DBC = tg ECB (cmt) => BE=CD

OB=OC (cmt)

OD=CD-OC; OE=BE-OB

=> OD=OE

Xét tg AOD và tg AOE có

AD=AE (gt); OD=OE (cmt); AO chung => tg AOD = tg AOE (c.c.c)

\(\Rightarrow\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\) => AO là phân giác của \(\widehat{A}\)

Ta có AM; AO; AH đều là phân giác của \(\widehat{A}\Rightarrow AM\equiv AO\equiv AH\)

=> A, M, O, H thẳng hàng