4) \(\frac{7x}{x-2}+\frac{14}{2-x}=\frac{7x}{x-2}-\frac{14}{x-2}=\frac{7x-14}{x-2}=\frac{7\left(x-2\right)}{x-2}=7\)

7) \(\frac{1}{x^2-1}+\frac{1}{2x+2}+\frac{1}{2x-2}=\frac{1}{\left(x-1\right)}+\frac{1}{2\left(x+1\right)}+\frac{1}{2\left(x-1\right)}\)

MTC: 2(x-1)(x+1)

\(=\frac{2\left(x+1\right)}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}+\frac{x-1}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}+\frac{x+1}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\)

\(=\frac{2x+2+x-1+x+1}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\frac{4x+2}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\frac{2\left(x+1\right)}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\frac{1}{x-1}\)

10 ) \(\frac{1}{x+3}+\frac{2}{x-3}+\frac{6}{x^2-9}=\frac{1}{x+3}+\frac{2}{x-3}+\frac{6}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

MTC: (x-3)(x+3)

\(=\frac{x-3}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}+\frac{2\left(x+3\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}+\frac{6}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{x-3+2x+6+6}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{3x-3+12}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{3\left(x-1+4\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{3\left(x+3\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{3}{x-3}\)

4 / biến đổi dấu phân thức 

7x/x-2-14/x-2=7x-14/x-2

10/ MTC : (x-3) x ( x+3)

= 1x(x-3)+2x( x+3)+6/(x-3) x ( x+3)

bỏ  (x-3) x ( x+3) ở tử và mẫu còn

1+2+9 = 9

7chx nghĩ r 

HT~~~( sai thì xl hif^^)

Trên tia HM lấy Q sao cho HM= MQ sửa lại tia gì nhé sai r 

Sửa chỗ đó: Vẽ Q là tia đối với HM

a) Xét tứ giác HCQB có: 

M trung điểm BC

HM=MQ => M trung điểm HQ ( vì HM là tia đối với MQ)

Mà 2 đường chéo này cắt nhau tại M 

=> HCQB là hbh ( 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) (đpcm).

b) Vì HCQB là hbh

=>  HC/BQ

mà CE_|_ AB => HC_|_AB

=> CQ_|_EC

nên:CQ_|_AC (đpcm)

HCQB là hbh 

=> BE//CQ

Mà CE_|_AB

Nên: QB_|_AB (đpcm) 

c)  vì M là trung điểm HQ (tia đối)

        D trung điểm HP ( tia đối ) 

=>HM là đường tb của t/gPHQ 

Vì DM là đường tb nên DM//PQ

=> BC//PQ

=> BPQC là hình thang (1)

Xét tam giác HPQ có

HD=DP=1/2 HP (gt)

HM=MQ=1/2HQ (gt)

=> HP=HQ 

Do đó tam giác HPQ là tam giác cân tại H

=> ^HPQ=^HQP (2 góc tương ứng) (2)

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

d) ( câu này mình ngại làm b có thể bỏ đi)

Nối A với D và nối A với E 

Gọi I là giao của HD với AB; K là giao của HE với AC

Ta có

\(HD\perp AB;AC\perp AB\)=> HD //AC

\(HE\perp AC;AB\perp AC\) => HE // AB

=> AKHI là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một)

Mà \(\widehat{BAC}=90^o\)

=> AKHI là hình chữ nhật (hbh có 1 góc vuông là HCN) \(\Rightarrow IH=KA;AI=HK\)

Xét tg vuông ADI và tg vuông EAK có

ID=IH=AK

AI=HK=EK

=> tg ADI = tg EAK (hai tg vuông có 2 cạnh góc vuông bàng nhau) \(\Rightarrow\widehat{DAI}=\widehat{AEK}\)

Xét tg vuông EAK có \(\widehat{AEK}+\widehat{EAK}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{DAI}+\widehat{EAK}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{DAE}=\widehat{DAI}+\widehat{EAK}+\widehat{BAC}=90^o+90^o=180^o\)

=> D, A, E thẳng hàng

Xét tg vuông ADI và tg vuông AHI có

AI chung; ID=IH

\(\Rightarrow\Delta ADI=\Delta AHI\Rightarrow AD=AH\) (hai tg vuông có hai cạnh góc vuông = nhau)

Xét tg vuông BDI và tg vuông BHI có

BI chung; ID=IH 

\(\Rightarrow\Delta BDI=\Delta BHI\Rightarrow BD=BH\)(hai tg vuông có hai cạnh góc vuông = nhau)

Xét tg ADB và tg AHB có

AD=AH; BD=BH (cmt)

AB chung 

=> \(\Rightarrow\Delta ABD=\Delta AHB\left(c.c.c\right)\Rightarrow\widehat{ADB}=\widehat{AHB}=90^o\)

C/m tương tự ta cũng có \(\Delta AEC=\Delta AHC\Rightarrow\widehat{AEC}=\widehat{AHC}=90^o\)

Xét tg BDEC có

\(BD\perp DE;CE\perp DE\) => BD // CE => BDEC là hình thang

Mà \(\widehat{ADB}=90^o\)

=> BDEC là hình thang vuông

\(\Rightarrow S_{BDEC}=\frac{\left(BD+CE\right).DE}{2}\)

Ta có

 \(\Delta ADB=\Delta AHB\left(cmt\right)\Rightarrow BD=BH;AD=AH\)

\(\Delta AEC=\Delta AHC\Rightarrow CE=CH;AE=AH\)

\(\Rightarrow AD=AH=AE\Rightarrow DE=AD+AE=2.AH\)

\(\Rightarrow S_{BDEC}=\frac{\left(BD+CE\right).DE}{2}=\frac{\left(BH+CH\right).DE}{2}=\frac{BC.2.AH}{2}=BC.AH\)

Mà

\(S_{\Delta ABC}=\frac{BC.AH}{2}=\frac{S_{BDEC}}{2}\Rightarrow S_{BDCE}=2S_{\Delta ABC}\)

\(S_{BDEC}\) lớn nhất khi \(S_{\Delta ABC}\) lớn nhất

Ta có

\(S_{\Delta ABC}=\frac{AB.AC}{2}\) => \(S_{\Delta ABC}\) lớn nhất khi AB.AC lớn nhất

Theo bất đẳng thức cauchy ta có

\(AB^2+AC^2\ge2.AB.AC\Leftrightarrow AB.AC\le\frac{AB^2+AC^2}{2}\) Dấu bằng xảy ra khi AB=AC

Vậy để \(S_{BDEC}\) lớn nhất thì \(\Delta ABC\) phải là tam giác vuông cân