Gọi I là tâm hình bình hành MBDC, J là tâm hình bình hành MAED. G là giao điểm của AI và EM

Tứ giác MBDC là hình bình hành nên BI = IC và MI = ID

Tứ giác MAED là hình bình hành nên AJ = JD 

∆AMD có AI và MJ là hai đường trung tuyến cắt nhau tại G nên G là trọng tâm của ∆AMD => AG = ²/₃AI

∆ABC có AI là đường trung tuyến và AG = ²/₃AI nên G là trọng tâm của ∆ABC => G là điểm cố định

Vậy đường thẳng ME luôn đi qua một điểm cố định G (đpcm)

Bài 1 quan trong là đoán dấu đẳng thức.

1/  Có: \(36=\left(3+2+1\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(\sqrt{3}a+\sqrt{2}b+c\right)^2\)

\(\therefore\sqrt{3}a+\sqrt{2}b+c\le6\)

\(\frac{1}{3}\left(\frac{a}{bc}+\frac{3b}{2ca}\right)+\frac{3}{2}\left(\frac{b}{ca}+\frac{2c}{ab}\right)+2\left(\frac{c}{ab}+\frac{a}{3bc}\right)\)

\(\ge\frac{\sqrt{6}}{3c}+\frac{3\sqrt{2}}{a}+\frac{4\sqrt{3}}{3b}\)

\(=\frac{\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)}{c}+\frac{\left(3\sqrt{6}\right)}{\sqrt{3}a}+\frac{\left(\frac{4\sqrt{6}}{3}\right)}{\sqrt{2}b}\)

\(\ge\frac{\left(\sqrt{\frac{\sqrt{6}}{3}}+\sqrt{3\sqrt{6}}+\sqrt{\frac{4\sqrt{6}}{3}}\right)^2}{\sqrt{3}a+\sqrt{2}b+c}\ge2\sqrt{6}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=\sqrt{3},b=\sqrt{2},c=1\)

Hiếm hoi thấy anh tth làm bất ko dùng sos

Ta có: \(4x^2+y^2=8+3xy\Leftrightarrow4x^2-4xy+y^2=8-xy\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y\right)^2=8-xy\ge0\forall x,y\inℝ\Rightarrow xy\le8\)

\(\Rightarrow P=xy+2020\le8+2020=2028\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}2x=y\\xy=8\end{cases}}\Rightarrow\left(x,y\right)\in\left\{\left(2;4\right);\left(-2;-4\right)\right\}\)

a) Xét\(\Delta BDE\)có:

  P là tđ DE 

Q là tđ EB

=> PQ là đường TB ,PQ//DB

CMTT=> MQ là đường TB=> MQ=\(\frac{1}{2}\)EC, MQ//EC

               MN là đường Tb=> MN=\(\frac{1}{2}\) DB,MN//DB

                PN là đường TB=> PN=\(\frac{1}{2}\)EC,PN//EC

Mà BD= CE( gt)=> MN=PQ=QM=NP=> MNPQ là hthoi

b) Kéo dài PM, cắt AC tại R,AB tại T

Do MNPQ là hthoi=>\(\widehat{BAC}=\widehat{QPN}\)( cặp góc t/ư)

mà \(\widehat{B\text{AF}}=\widehat{FAC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}\)

      \(\widehat{QPM}=\widehat{MPN}=\frac{1}{2}\widehat{QPN}\)

=>\(\widehat{BAF}=\widehat{FAC}=\widehat{QPM}=\widehat{MPN}\)(1)

mặt khác,PN//AC=>\(\widehat{MPN}=\widehat{MRC}\)(2)( 2 góc đ/v)

từ(1)(2)=>\(\widehat{MRC}=\widehat{FAC}\).. Mà 2 góc này đ/v

=>MP//AF

Pc mik chưa bt lm

a: Xet ΔBCD có

M,N lần lượtlà trung điểm của BC,CD

nên MN là đường trung bình

=>MN//BD và MN=BD/2

Xét ΔEBD có EP/ED=EQ/EB

nên PQ//BD và PQ/BD=EP/ED=1/2

=>MN//PQ và MN=PQ

Xét ΔDEC có DP/DE=DN/DC

nên PN//EC và PN=1/2EC

=>PN=1/2BD=PQ

Xét tứ giác MNPQ có

MN//PQ

MN=PQ

PN=PQ

=>MNPQ là hình thoi

b: NP//AC

=>góc QPN=góc BAC

=>góc NMP=góc EAF

=>PM//AF

c: Xét ΔAIK có

AF vừa là đường cao, vừa là phân giác

nên ΔAIK cân tại A

Ta có : \(ax^2+bx+c=0\)có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi \(\frac{c}{a}< 0\)

Áp dụng vào phương trình \(x^2+x-1=0\)có : \(-\frac{1}{1}< 0\)

=> phương trình \(x^2+x-1=0\)có 2 nghiệm trái dấu ( điều phải chứng minh )

Dùng công thức nghiệm tìm được hai nghiệm \(x_1=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}< 0\)và \(x_2=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}>0\)

Vậy phương trình  x² + x - 1 = 0 có 2 nghiệm trái dấu

\(D=\sqrt{x_1^8+10x_1+13}+x_1=\left[\sqrt{x_1^8+10x_1+13}+\left(x_1-5\right)\right]+5\)\(=\frac{x_1^8+10x_1+13-x_1^2+10x_1-25}{\sqrt{x_1^8+10x_1+13}-\left(x_1-5\right)}+5\)\(=\frac{x_1^8-x_1^2+20x_1-12}{\sqrt{x_1^8+10x_1+13}-\left(x_1-5\right)}+5=\frac{\left(x_1^2+x_1-1\right)\left(x_1^6-x_1^5+2x_1^4-3x_1^3+5x_1^2-8x_1+12\right)}{\sqrt{x_1^8+10x_1+13}-\left(x_1-5\right)}+5=5\)(Do x₁ là nghiệm của phương trình x² + x - 1 = 0 nên \(x_1^2+x_1-1=0\))

A B C D M N E

a/ Ta có

\(CN\in BC;DM\in AD\)

BC//AD

=> CN//DM (1)

Ta có

\(CN=\frac{BC}{2};DM=\frac{AD}{2};BC=AD\Rightarrow CN=DM\) (2)

Từ (1) và (2) => MNCD là hình bình hành (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và = nhau thì tứ giác đó là hbh)

b/

Do MNEC là hbh => MN//CD mà CD//AB => MN//AB

Mà AB vuông có Với CE => MN vuông góc với CE => MN là đường cao của tg MEC (3)

Xét tg BEC có

N là trung điểm BC

MN//AB (cmt)

=> MN đi qua trung điểm của CE (trong 1 tf đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với cạnh thứ 2 thì nó đi qua trung điểm của cạnh còn lại)  mà MN vuông góc CE (cmt) => MN là đường trung trực thuccj cạnh CE của tg MCE (4)

Từ (3) và (4) => tg MCE cân tại M (trong 1 tg có đường cao đồng thời là đường trung trực thì tg đó là tg cân)

c/ Xét hbh MNCD có

\(MN=CD=AB;CN=AB=\frac{BC}{2}\)

=> MNCD là hình thoi => \(\widehat{NMC}=\widehat{CMD}\) (trong hình thoi đường chéo là đường phân giác của 2 góc đối nhau) (5)

Xét tg cân MCE có MN là đường cao => MN là phân giác của \(\widehat{CME}\) (trong tg cân đường cao đồng thời là đường phân giác)

\(\Rightarrow\widehat{EMN}=\widehat{NMC}\) (6)

Từ (5) và (6) \(\Rightarrow\widehat{EMN}=\widehat{NMC}=\widehat{CMD}\Rightarrow\widehat{EMD}=\widehat{EMN}+\widehat{NMC}+\widehat{CMD}=3.\widehat{EMN}\) (7)

Do MN//AB \(\Rightarrow\widehat{AEM}=\widehat{EMN}\) (góc so le trong) (8)

Từ (7) và (8) \(\Rightarrow\widehat{EMD}=3.\widehat{AEM}\left(dpcm\right)\)

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

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

\(=2\left(\left(x^2+y^2\right)^2+2xy\left(x^2+y^2\right)+x^2y^2\right)\)

\(=2\left(x^2+y^2+xy\right)^2\)

Đặt x² + xy + y² = a² ; x + y = b.Ta có :

a⁴ = (a²)² = (x² + xy + y²)² = x⁴ + y⁴ + x²y² + 2x³y + 2xy² + 2x²y² = x⁴ + y⁴ + x²y² + 2xy(x² + y² + xy) = x⁴ + y⁴ + x²y² + 2xya² (1)

mà b = x + y

=> b² = x² + y² + 2xy = a² + xy => b⁴ = a⁴ + x²y² + 2a²xy .Từ (1) và (2) ,ta có :

2a⁴ = x⁴ + y⁴ + a⁴ + x²y² + 2xya² = x⁴ + y⁴ + b⁴.Thay a² = x² + xy + y² ; b = x + y,ta có đpcm

<=> 

a)xet tg abc ab^2+ac^2=Bc^2

thay ab=6cm(gt),ac=8cm(gt) ta co

6^2+8^2=BC^2

36+64=BC^2

100=BC^2

10^2=bc^2 suy ra bc=10cm

Em làm bài này lần đầu thì máy lag mất tab, lần thứ 2 thì bảo trì._. Cứ chuẩn bị ấn gửi là toang, đây là lần 3 đấy ạ)':

Ta có:

Vì E chia (x-1) dư 15 nên E có dạng:

\(E=\left(x-1\right)\cdot P\left(x\right)+15\)

Tại x = 1 ta có: \(2.1^3-3.1^2+a.1+b=\left(1-1\right).P\left(x\right)+15\)

\(\Leftrightarrow a+b=16\)

Vì E chia (x+2) dư -18 nên E có dạng:

\(E=\left(x+2\right).Q\left(x\right)-18\)

Tại x = -2 ta có: \(2.\left(-2\right)^3-3.\left(-2\right)^2+a.\left(-2\right)+b=\left(-2+2\right).Q\left(x\right)-18\)

\(\Leftrightarrow-2a+b=10\)

Trừ vế đầu cho vế sau ta được: \(3a=6\Rightarrow a=2\Rightarrow b=14\)

E = 2x³ - 3x² + ax + b 

+) chia x - 1 dư 15

=> 2x³ - 3x² + ax + b - 15 chia hết cho x - 1

Theo định lí Bézoute ta có : E chia hết cho x - 1 <=> E(1) = 0

=> 2.1³ - 3.1² + a.1 + b - 15 = 0

=> a + b - 16 = 0

=> a + b = 16 (1)

+) chia x + 2 dư -18

=> 2x³ - 3x² + ax + b + 18 chia hết cho x + 2

Theo định lí Bézoute ta có : E chia hết cho x + 2 <=> E(-2) = 0

=> 2.(-2)³ - 3.(-2)² + a.(-2) + b + 18 = 0

=> b - 2a - 10 = 0

=> b - 2a = 10 (2)

Từ (1) và (2) => \(\hept{\begin{cases}a+b=16\\b-2a=10\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=2\\b=14\end{cases}}\)

Vậy a = 2 ; b = 14

                                                         Bài giải

a) 

Ta có GM = BM, GN = CN (gt)

⇒ MN // BC (T/C đtb ΔGBC)

Tương tự, ED // BC (ED là đtb ΔABC)

⇒ MN // ED

Lại có IK // MN ( IK là đtb ΔGMN )

Nên IK // ED

Nên IEDK là hình thang (1)

Có ΔAED cân tại A (AE = AD)

⇒\(\widehat{AED}=\widehat{ADE}\)

Lại có \(\widehat{BEC}=\widehat{CDB}\) ( ΔBEC=ΔCDB:c-g-c )

⇒180^o -( \(\widehat{ADE}+\widehat{BEC}\) )=180^o - ( \(\widehat{ADE}+\widehat{CDB}\) )

Hay \(\widehat{IED}=\widehat{KDE}\)(2)

Từ (1) và (2), suy ra IEDK là hình thang cân

b) DE = \(\frac{1}{2}\) BC ( đg thẳng nối trung điểm 2 cạnh tam giác bằng \(\frac{1}{2}\) cạnh còn lại) 
MN = \(\frac{1}{2}\) BC ( như trên) 
IK = \(\frac{1}{2}\) MN = \(\frac{1}{4}\)BC (nt) 
DE + IK = \(\frac{1}{2}\)BC +\(\frac{1}{4}\) BC = 5 + 2,5  = 7,5 cm

Quên vẽ hình :::))

A B C D E G M N I K