bài 4:

1: ta có: \(AE=EB=\dfrac{AB}{2}\)

\(AD=DC=\dfrac{AC}{2}\)

mà AB=AC(ΔABC cân tại A)

nên AE=EB=AD=DC

Xét ΔAED có AE=AD

nên ΔAED cân tại A

2: Xét ΔADB và ΔAEC có

AD=AE

\(\widehat{DAB}\) chung

AB=AC

Do đó: ΔADB=ΔAEC

=>BD=CE

3: Xét ΔEBC và ΔDCB có

EB=DC

\(\widehat{EBC}=\widehat{DCB}\)

BC chung

Do đó: ΔEBC=ΔDCB

=>\(\widehat{ECB}=\widehat{DBC}\)

=>\(\widehat{IBC}=\widehat{ICB}\)

=>ΔIBC cân tại I

ta có: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: IB=IC

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

ta có: MB=MC

=>M nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra A,I,M thẳng hàng

4: DK=DB

mà D nằm giữa K và B

nên D là trung điểm của KB

Ta có: BA=BH

mà B nằm giữa A và H

nên B là trung điểm của AH

Xét ΔAHC có

B,D lần lượt là trung điểm của AH,AC

=>BD là đường trung bình của ΔAHC

=>BD//HC và \(BD=\dfrac{HC}{2}\)

Ta có: \(BD=\dfrac{HC}{2}\)

mà \(BD=\dfrac{BK}{2}\)

nên BK=HC

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường trung tuyến

BD cắt CE tại I

Do đó: I là trọng tâm của ΔABC

Xét ΔABC có

I là trọng tâm

CE là đường trung tuyến

Do đó: \(IE=\dfrac{1}{3}CE\)

mà CE=BD

nên \(IE=\dfrac{1}{3}BD\)

=>\(IE=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot CH=\dfrac{1}{6}CH\)

     Giải:

Xét tam giác DEC có DM và EN là hai đường trung tuyến của tam giác và cắt nhau tại G nên G là trọng tâm của tam giác DEC;

⇒ DG = \(\dfrac{2}{3}\) DM (trọng tâm của tam giác cách mỗi đỉnh một khoảng bằng 2/3 độ đài đường trung tuyến đi qua đỉnh ấy)

   DG =  6 x \(\dfrac{2}{3}\) = 4 (cm)

   GM = DM - DG = 6 - 4  = 2 (cm)

Kết luận: DG = 4cm; GM = 2cm 

Do hai đường trung tuyến \(DM,EN\) cắt nhau tại G

\(\Rightarrow G\) là trọng tâm

\(\Rightarrow GD=\dfrac{2}{3}DM=\dfrac{2}{3}.6=4\left(cm\right)\)

\(GM=\dfrac{1}{3}.DM=\dfrac{1}{3}.6=2\left(cm\right)\)

a/

Xét tg vuông BHC và tg vuông CKB có

BC chung

\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\) (góc ở đáy tg cân)

=> tg BHC = tg CKB (Hai tg vuông có cạnh huyền và góc nhọn tương ứng bằng nhau)

Ta có

AB=AC (cạnh bên tg cân)

tg BHC = tg CKB (cmt) => BK = CH

=> AB-BK = AC-CH => AK = AH

=> tg AHK cân tại A

b/

Xét tg cân AKH có

\(\widehat{AKH}=\widehat{AHK}=\dfrac{\left(180^o-\widehat{A}\right)}{2}\)

Xét tg cân ABC có

\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\dfrac{180^o-\widehat{A}}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{AKH}=\widehat{ABC}\) Hai góc này ở vị trí đồng vị => BC//HK

a) Sửa đề: Chứng minh \(\Delta BHA=\Delta CKA\)

Xét hai tam giác vuông: \(\Delta BHA\) và \(\Delta CKA\) có:

\(AB=AC\) (do \(\Delta ABC\) cân tại A)

\(\widehat{A}\) chung

\(\Delta BHA=\Delta CKA\) (cạnh huyền - góc nhọn)

\(\Rightarrow AH=AK\) (hai cạnh tương ứng)

\(\Rightarrow\Delta AHK\) cân tại A

b) Do \(\Delta ABC\) cân tại A (gt)

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\left(180^0-\widehat{A}\right):2\left(1\right)\)

Do \(\Delta AHK\) cân tại A (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{AKH}=\widehat{AHK}=\left(180^0-\widehat{A}\right):2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{AKH}\)

Mà \(\widehat{ABC}\) và \(\widehat{AKH}\) là hai góc đồng vị

\(\Rightarrow BC\) // \(HK\)

Ta có: BI+IC=BC

=>\(IC+\dfrac{1}{3}BC=BC\)

=>\(IC=\dfrac{2}{3}CB\)

Xét ΔCAD có

CB là đường trung tuyến

\(CI=\dfrac{2}{3}CB\)

Do đó: I là trọng tâm của ΔCAD

Xét ΔCAD có

I là trọng tâm

AI cắt DC tại K

Do đó: K là trung điểm của DC

=>DK=KC

Bài 4:

a: Xét ΔMAC và ΔMDB có

MA=MD

\(\widehat{AMC}=\widehat{DMB}\)(hai góc đối đỉnh)

MC=MB

Do đó: ΔMAC=ΔMDB

=>AC=BD

b: Ta có: ΔMAC=ΔMDB

=>\(\widehat{MAC}=\widehat{MDB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AC//BD

Ta có: AC//BD

AC\(\perp\)AB

Do đó: BD\(\perp\)BA

=>\(\widehat{ABD}=90^0\)

Bài 3:

Vì O là giao điểm của ba đường trung tuyến của ΔABC

nên O là trọng tâm của ΔABC

Gọi D là trung điểm của AC

Xét ΔABC có

O là trọng tâm

D là trung điểm của AC

Do đó: \(BO=\dfrac{2}{3}BD\)

=>BO=2OD

mà BO=OE

nên OE=2OD

=>D là trung điểm của OE

Xét ΔDAO và ΔDCE có

DA=DC

\(\widehat{ADO}=\widehat{CDE}\)(hai góc đối đỉnh)

DO=DE

Do đó: ΔDAO=ΔDCE

=>AO=CE

a; B = - 2\(x^2\) + 7\(x\) - 4

 2B = - 4\(x^2\) + 14\(x\) - 8

C = A + 2B 

 C = 3\(x^2\) - 2\(x\) - 5 + (- 4\(x^2\) + 14\(x\) - 8)

  C = 3\(x^2\) - 2\(x\) - 5 - 4\(x^2\) + 14\(x\) - 8

   C = (3\(x^2\) - 4\(x^2\))  + (14\(x\) - 2\(x\)) - (5 + 8)

   C = - \(x^2\) + 12\(x\) - 13

b;    A = 3\(x^2\) - 2\(x\) - 5 

      3A = 9\(x^2\) - 6\(x\) - 15

      D = 3A - 2B 

       D = 9\(x^2\) - 6\(x\) - 15 - (-4\(x^2\) + 14\(x\) - 8)

      D = 9\(x^2\) - 6\(x\) - 15 + 4\(x^2\) - 14\(x\) + 8

      D = (9\(x^2\) + 4\(x^2\)) - (6\(x\) + 14\(x\)) - (15 - 8)

       D = 13\(x^2\) - 20\(x\) - 7

a) 7x³ - 5x + 2 - 4.(3x² - 2x - 4)

= 7x³ - 5x + 2 - 12x² + 8x + 16

= 7x³ - 12x² + (-5x + 8x) + (2 + 16)

= 7x³ - 12x² + 3x + 18

b) 5x.(-2x² - x + 1/15)

= -10x³ - 5x² + x/3

c) (3x + 2)(2x - 5)

= 6x² - 15x + 4x - 10

= 6x² + (-15x + 4x) - 10

= 6x² - 11x - 10

Câu 1:

a. Xét tam giác AED và ACB có:

AE = AC (gt)

Góc EAD = Góc CAB (2 góc đối)

AD = AB (gt)

=> hai tam giác bằng nhau (cgc)

b. CMtt tam giác EAB = tam giác CAD

=> Góc EBD = góc CDB (2 góc tương ứng)

Vị trí so le trong

=> EB // CD

Bài 1: Xét \(\Delta\) AED và \(\Delta\)ABC có: \(\left\{{}\begin{matrix}AE=AC\left(gt\right)\\AD=AB\left(gt\right)\\\widehat{EAD}=\widehat{BACđối}đỉnh\end{matrix}\right.\)

   ⇒ \(\Delta\) AED = \(\Delta\) ACB (c-g-c)

    b; Tứ giác BCDE là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. ⇒  EB // DC (đpcm)

                        Giải:

Gọi số học sinh của mỗi nhóm lần lượt là: \(x;y;z\) (học sinh); \(x;y;z\)\(\in\)N*

Theo bài ra ta có:

     4\(x\)  = 6y = 12z và \(x+y+z\) = 42 

    4\(x\) = 6y ⇒ \(x\) = \(\dfrac{6}{4}\)y= \(\dfrac{3}{2}y\); 6y = 12z ⇒ z = \(\dfrac{6y}{12}\) = \(\dfrac{1}{2}\) y 

Thay \(x=\)\(\dfrac{3}{2}y\);   z = \(\dfrac{1}{2}y\) vào biểu thức:   \(x+y+z\) = 42 ta có:

      \(\dfrac{3}{2}y+y+\dfrac{1}{2}y=42\)

      y.(\(\dfrac{3}{2}+1+\dfrac{1}{2}\)) =  42

      y.3 = 42

      y    = 42 : 3

      y = 14 (1)

thay y = 1 vào biểu thức: \(x\) = \(\dfrac{3}{2}y\) ⇒ \(x\) = 14.\(\dfrac{3}{2}=21\) (2)

Thay y = 14 vào biểu thức z = \(\dfrac{1}{2}y=\) 14.\(\dfrac{1}{2}\) = 7  (3)

Từ (1); (2); (3) ta có: \(\left(x;y;z\right)\) = (21; 14; 7)

Kết luận số học sinh tổ 1;tổ 2; tổ 3 lần lượt là: 21học sinh; 14 học sinh; 7 học sinh. 

Gọi a (học sinh), b (học sinh), c (học sinh) lần lượt là số học sinh của nhóm I, nhóm II, nhóm III (a, b, c ∈ ℕ*)

Do năng suất trồng cây của mỗi học sinh là như nhau và cùng trồng một số cây như nhau nên số học sinh và số ngày hoàn thành là hai đại lượng tỉ lệ nghịch

⇒ 4a = 6b = 12c

⇒ a/3 = b/2 = c/1

Do tổng số học sinh là 42 nên a + b + c = 42

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

a/3 = b/2 = c/1 = (a + b + c)/(3 + 2 + 1) = 42/6 = 7

a/3 = 7 ⇒ a = 7.3 = 21 (nhận)

b/2 = 7 ⇒ b = 7.2 = 14 (nhận)

c/1 = 7 ⇒ c = 7.1 = 7 (nhận)

Vậy số học sinh của nhóm I, nhóm II, nhóm III lần lượt là: 21 học sinh, 14 học sinh, 7 học sinh

Vì \(2040⋮24\) nên ta chỉ cần chứng minh \(n^2-1⋮24\)

Do \(n\) là SNT > 3 nên \(n\) có dạng \(6k+1\) hoặc \(6k+5\)

TH1: \(n=6k+1\) thì \(n^2-1\) 

\(=\left(n-1\right)\left(n+1\right)\)

\(=\left(6k+1-1\right)\left(6k+1+1\right)\)

\(=6k\left(6k+2\right)\) 

\(=12k\left(3k+1\right)=A\)

Nếu k chẵn thì hiển nhiên \(A⋮24\). Nếu k lẻ thì \(3k+1⋮2\) \(\Rightarrow A⋮24\)

TH2: \(n=6k+5\)

\(\Rightarrow n^2-1=\left(n-1\right)\left(n+1\right)\)

\(=\left(6k+5-1\right)\left(6k+5+1\right)\)

\(=\left(6k+4\right)\left(6k+6\right)\)

\(=12\left(3k+2\right)\left(k+1\right)=B\)

Xét k lẻ thì \(k+1\) chẵn \(\Rightarrow B⋮24\)

k chẵn thì \(3k+2\) chẵn \(\Rightarrow B⋮24\)

Vậy \(n^2-1⋮24\) \(\Rightarrow n^2-1-2040⋮24\) \(\Rightarrow n^2-2041⋮24\) (đpcm)