a) \(\Delta A I E \sim \Delta A C I\) (g.g) suy ra \(\frac{A I}{A C} = \frac{A E}{A I}\) hay \(A I^{2} = A E . A C\) (1)

Chứng minh tương tự:

\(\Delta A I K \sim \Delta A K B\) (g.g) suy ra \(\frac{A K}{A B} = \frac{A F}{A K}\) hay \(A K^{2} = A B . A F\) (2)

Mà \(\Delta A B E \sim \Delta A C F\) (g.g) suy ra \(\frac{A B}{A C} = \frac{A E}{A F}\) hay \(A B . A F = A C . A E\) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có \(A I^{2} = A K^{2}\) suy ra \(A I = A K\).

b) Vì \(\hat{A} = 60^{\circ}\) suy ra \(\hat{B_{1}} = 30^{\circ}\)

Trong tam giác \(A B E\) vuông tại \(E\) nên \(A E = \frac{1}{2} A B ,\)

Trong tam giác \(A F C\) vuông tại \(F\) có \(\hat{C_{1}} = 30^{\circ}\) suy ra \(A F = \frac{1}{2} A C\).

Do đó, \(\Delta A E F \sim \Delta A B C\) (c.g.c).

suy ra \(\frac{S_{A E F}}{S_{A B C}} = \left(\left(\right. \frac{A E}{A B} \left.\right)\right)^{2} = \frac{1}{4}\).

Vậy \(S_{A E F} = \frac{1}{4} . 120 = 30\) cm\(^{2}\).

Gọi \(B F\) cắt \(D C\) tại \(K\), \(B E\) cắt \(D C\) tại \(I\), và \(E F\) cắt \(A B\) tại \(G\).

\(\Delta F A B\) có \(D K\) // \(A B\) suy ra \(\frac{D K}{A B} = \frac{F D}{F A}\) (1)

\(\Delta F A G\) có \(D H\) // \(A G\) suy ra \(\frac{D H}{A G} = \frac{F D}{F A}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{D K}{A B} = \frac{D H}{A G}\) hay \(\frac{D K}{D H} = \frac{A B}{A G}\) (*)

Tương tự \(\Delta E I C\) có \(A B\) // \(I C\) suy ra \(\frac{I C}{A B} = \frac{E C}{E A}\) (3)

\(\Delta E H C\) có \(H C\) // \(A B\) suy ra \(\frac{H C}{A G} = \frac{E C}{E A}\) (4)

Từ (3) và (4) ta có \(\frac{I C}{A B} = \frac{H C}{A G}\) hay \(\frac{I C}{H C} = \frac{A B}{A G}\) (**)

Từ (*) và (**) ta có \(\frac{D K}{D H} = \frac{I C}{H C}\).

Mà \(D H = H C\) (gt) suy ra \(D K = I C\)

Mặt khác \(B D = B C\) (gt) nên \(\Delta B D C\) cân

Suy ra \(\hat{B D K} = \hat{B C I}\)

Vậy \(\Delta B D K = \Delta B C I\) (c.g.c)

Suy ra \(\hat{D B K} = \hat{C B I}\).

a) \(\Delta A B E\) có \(A M\) // \(D G\) suy ra \(\frac{A E}{E G} = \frac{E B}{E D}\) (1)

\(\Delta A D E\) có \(A D\) // \(B K\) suy ra \(\frac{E B}{E D} = \frac{E K}{E A}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{A E}{E G} = \frac{E K}{E A}\) nên \(A E^{2} = E K . E G\).

b) Từ \(\frac{1}{A E} = \frac{1}{A K} + \frac{1}{A G}\) suy ra \(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = 1\)

\(\Delta A D E\) có \(A D\) // \(B C\) suy ra \(\frac{A E}{E K} = \frac{E D}{E B}\)

     \(\frac{A E}{A E + E K} = \frac{E D}{E D + E B}\)

     \(\frac{A E}{A K} = \frac{E D}{D B}\) (3)

Tương tự \(\Delta A E B\) có \(A B\) // \(D G\) suy ra \(\frac{A E}{E G} = \frac{B E}{E D}\)

     \(\frac{A E}{A E + E G} = \frac{B E}{B E + E D}\)

     \(\frac{A E}{A G} = \frac{B E}{B D}\) (4)

Khi đó \(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = \frac{E D}{B D} + \frac{B E}{B D} = 1\).

c) Ta có \(\frac{B K}{K C} = \frac{A B}{C G}\) suy ra \(B K = \frac{K C . A B}{C G}\) và \(\frac{K C}{A D} = \frac{C G}{D G}\).

Suy ra \(D G = \frac{A D . C G}{K C}\)

Nhân theo vế ta được \(B K . D G = A B . A D\) không đổi.

Xét tam giác CBB' có AE // BC, nên AB'/B'C = AE/BC ( hệ quả của định lí Thalès)

Xét tam giác BCC' có DA // BC, nên AC'/BC' = DA/BC ( hệ quả định lí Thalès)

Ta có: AB'/CB' = AC'/BC' = AE/BC + DA/BC = DE/BC

=> AM/A'M = AB'/CB' + AC'/ BC'

Từ $x+y+z=0$ suy ra $x+y=-z$

$x^2+2xy+y^2=z^2$

$x^2+y^2-z^2=-2xy$.

Tương tự ta có: $y^2+z^2-x^2=-2yz$ và $z^2+x^2-y^2=-2zx$.

Do đó $A=\genfrac{}{}{0ex}{}{xy}{-2xy}+\genfrac{}{}{0ex}{}{yz}{-2yz}+\genfrac{}{}{0ex}{}{zx}{-2zx}=-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}-\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}=-\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$.

Vậy $A=-\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$.

a) $\Delta ABC$ vuông tại $A$ suy ra $\widehat{BAC}=90^{\circ }$ suy ra $\widehat{DAE}=90^{\circ }$.

Do $HD\perp AB$ suy ra $\widehat{HDA}=90^{\circ }$; $HE\perp AC$ suy ra $\widehat{HEA}=90^{\circ }$.

Tứ giác $ADHE$ có $\widehat{DAE}=\widehat{HDA}=\widehat{HEA}=90^{\circ }$ suy ra tứ giác $ADHE$ là hình chữ nhật. 

b) Do $\Delta AHD$ vuông tại $D$, áp dụng định lí Pythagore suy ra:

$A{H}^2=A{D}^2+D{H}^2$

$25=16+D{H}^2$

$D{H}^2=9$ nên $DH=3$ cm.

Do $ADHE$ là hình chữ nhật suy ra $S^{ADHE}=AD.DH=4.3=12$ (cm${}^2$).

a) Thay $x=2$ (thỏa mãn điều kiện xác định) vào $Q=\genfrac{}{}{0ex}{}{x+1}{x^2-9}$, ta được:

$Q=\genfrac{}{}{0ex}{}{x+1}{x^2-9}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2+1}{2^2-9}=\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{-5}=-\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{5}$.

b) $P=\genfrac{}{}{0ex}{}{2x^2-1}{x(x+1)}-\genfrac{}{}{0ex}{}{(x-1)(x+1)}{x(x+1)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{3x}{x(x+1)}$

$P=\genfrac{}{}{0ex}{}{2x^2-1-\left(x^2-1\right)+3x}{x(x+1)}$

$P=\genfrac{}{}{0ex}{}{2x^2-1-x^2+1+3x}{x(x+1)}$

$P=\genfrac{}{}{0ex}{}{x^2+3x}{x(x+1)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{x+3}{x+1}$.

c) Ta có $M=P.Q=\genfrac{}{}{0ex}{}{x+3}{x+1}.\genfrac{}{}{0ex}{}{x+1}{x^2-9}=\genfrac{}{}{0ex}{}{x+3}{(x-3)(x+3)}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{x-3}$

$M=\genfrac{}{}{0ex}{}{-1}{2}$ suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{x-3}=\genfrac{}{}{0ex}{}{-1}{2}$

$x-3=-2$

$x=1$.

Vậy với $x=1$ thì$M=\genfrac{}{}{0ex}{}{-1}{2}$.

$x^2+xy+2023x+2022y+2023=0$

$x^2+xy+x+2022x+2022y+2022+1=0$

$x(x+y+1)+2022(x+y+1)=-1$

$(x+2022)(x+y+1)=-1$

$x+2022=1$ hoặc $x+y+1=-1$

$x+2022=-1$ hoặc $x+y+1=1$

$x=-2021$ và $y=2019$ hoặc $x=-2023$ và $y=2023$

Vậy $(x;y)\in \{(-2021;2019);(-2023;2023)\}$.

a) Xét tứ giác $AEDF$ có:

$DE$ // $AF$ (do $DE$ // $AB$);

$DF$ // $AE$ (do $DF$ // $AC)$.

Suy ra $AEDF$ là hình bình hành (DHNB)

Mà đường chéo $AD$ là tia phân giác của $\widehat{FAE}$ (gt)

Nên $AEDF$ là hình thoi (DHNB).

b) Vì $AEDF$ là hình thoi (cmt) nên $DE$ // $AF$; $DE=AF$ (tính chất)

Mà $AF=GF$ (gt) ; $G$ thuộc tia đối của tia $FA$ (gt) nên $DE=GF$; $DE$ // $DF$ 

Xét tứ giác $EFGD$ có: $DE=GF$ (cmt); $DE$ // $GF$ (cmt)

Vậy $EFGD$ là hình bình hành.

c) Theo bài ra, $G$ thuộc tia đối của tia $FA$ và $FA=FG$ suy ra $F$ là trung điểm của $AG$

Ta có: $AG=2AF$; $ID=2DF$

Mà $AF=DF$ (do $AEDF$ là hình thoi) suy ra $AG=ID$

Xét tứ giác $ADGI$ có:

Hai đường chéo $AG$ và $ID$ cắt nhau tại trung điểm $F$ của mỗi đường;

Suy ra $ADGI$ là hình bình hành (DHNB)

Lại có $AG=ID$ (cmt) suy ra $ADGI$ là hình chữ nhật (DHNB)

$GD$ // $IA$ suy ra $GD$ // $AK$ ($A,I,K$ thẳng hàng)

Xét tứ giác $AKDG$ có: $GD$ // $AK$ (cmt) ; $DK$ // $AG($ do $DE$ // $AF)$ 

Suy ra $AKDG$ là hình bình hành (DHNB) 

Khi đó hai đường chéo $AD$ và $GK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường 

Mà $O$ là trung điểm của $AD$ (do $O$ là giao điểm của hai đường chéo trong hình thoi $AEDF)$ 

Vậy $O$ là trung điểm của $GK$

Đổi: $100$ cm $=10$ dm.

Thể tích của hình chóp tứ giác đều đó là:

   V=13.Sđ .h=13.30.10=100V=\(\dfrac{1}{3}\)

​.\(s_đ\)
​ .h=\(\dfrac{1}{3}\)

​.30.10=100 (\(dm^3\)0)) 

2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của d1

​\(d_1\) và d2d
​:

$x+4=-x+4$ suy ra $2x=0$ nên $x=0$.

Thay $x=0$ vào một trong hai hàm số của $d^1$ và $d^2$ ta tìm được $y=4$.

Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thẳng thẳng $d^1$ và $d^2$ là $(0;4)$.