a) Sai \(\left(OA=\dfrac{1}{2}AC\right)\)

b) \(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{ON}\) (\(N\) là trung điểm \(BC\))

mà \(2\overrightarrow{ON}=\overrightarrow{AB}\) (tính chất Hình chữ nhật)

\(\Rightarrow\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{AB}\Rightarrow\) Đúng

c) \(\overrightarrow{DM}=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DA}\right)\) (\(M\) là trung điểm \(AB\))

\(\Rightarrow\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{OA}+\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DA}\right)=\overrightarrow{OA}+\dfrac{\overrightarrow{DA}-2\overrightarrow{OD}}{2}=\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OD}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DA}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{DA}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DA}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{DA}\)

\(\Rightarrow\left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{DM}\right|=\left|\dfrac{3}{2}\overrightarrow{DA}\right|=\dfrac{3}{2}AD=\dfrac{3}{2}.4=6\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow\) Đúng

d) \(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DM}+\dfrac{3}{2}\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{DA}+\dfrac{\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DA}}{2}+\dfrac{3}{2}\overrightarrow{DC}\)

\(=\dfrac{3}{2}\left(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}\right)+\dfrac{\overrightarrow{DB}}{2}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{DB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DB}=2\overrightarrow{DB}=VP\left(đpcm\right)\)

\(\Rightarrow\) Đúng

Sửa đề: \(\Delta ABC\) vuông tại A

a) Do A đối xứng với I qua M (gt)

\(\Rightarrow M\) trung điểm của AI

Do AM là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow M\) là trung điểm của BC

Do \(\Delta ABC\) vuông tại A (gt)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^0\)

Tứ giác \(ABIC\) có:

M là trung điểm AI (cmt)

M là trung điểm của BC (cmt)

\(\Rightarrow ABIC\) là hình bình hành

Mà \(\widehat{BAC}=90^0\) (cmt)

\(\Rightarrow ABIC\) là hình chữ nhật

b) Do ABIC là hình chữ nhật

\(\Rightarrow AI=BC\) (hai đường chéo của hình chữ nhật)

\(\Rightarrow MA=MC\)

\(\Rightarrow\Delta MAC\) cân tại M

Gọi D là giao điểm của MK và AC

Do M và K đối xứng qua AC (gt)

\(\Rightarrow MK\perp AC\) và \(D\) là trung điểm của MK

\(\Rightarrow MD\perp AC\)

Mà \(\Delta MAC\) cân tại M

\(\Rightarrow MD\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của \(\Delta MAC\)

\(\Rightarrow D\) là trung điểm của AC

Tứ giác AMCK có:

D là trung điểm của MK (cmt)

D là trung điểm của AC (cmt)

\(\Rightarrow AMCK\) là hình bình hành

Mà \(MK\perp AC\)

\(\Rightarrow AMCK\) là hình thoi

a: Xét ΔABD và ΔAED có

AB=AE

\(\widehat{BAD}=\widehat{EAD}\)

AD chung

Do đó: ΔABD=ΔAED

b: ΔABD=ΔAED

=>DB=DE

Ta có: AB+BF=AF

AE+EC=AC

mà AB=AE và AF=AC

nên BF=EC

c: Xét ΔABE có AB=AE

nên ΔABE cân tại A

ΔABE cân tại A

mà AD là đường phân giác

nên AD là đường trung trực của BE

d: Xét ΔAFC có \(\dfrac{AB}{BF}=\dfrac{AE}{EC}\)

nên BE//FC

a: Xét ΔABC có \(\widehat{BAC}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^0\)

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^0-60^0=120^0\)

=>\(2\left(\widehat{OBC}+\widehat{OCB}\right)=120^0\)

=>\(\widehat{OBC}+\widehat{OCB}=60^0\)

Xét ΔOBC có \(\widehat{OBC}+\widehat{OCB}+\widehat{BOC}=180^0\)

nên \(\widehat{BOC}=180^0-60^0=120^0\)

b: Ta có: OF là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{FOB}=\widehat{FOC}=\dfrac{\widehat{BOC}}{2}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

Ta có: \(\widehat{BOC}+\widehat{BOE}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(\widehat{BOE}=180^0-120^0=60^0\)

Ta có: \(\widehat{BOE}=\widehat{COD}\)(hai góc đối đỉnh)

mà \(\widehat{BOE}=60^0\)

nên \(\widehat{COD}=60^0\)

Xét ΔOEB và ΔOFB có

\(\widehat{EOB}=\widehat{FOB}\)

OB chung

\(\widehat{EBO}=\widehat{FBO}\)

Do đó: ΔOEB=ΔOFB

=>OE=OF

Xét ΔOFC và ΔODC có

\(\widehat{FOC}=\widehat{DOC}\)

OC chung

\(\widehat{OCF}=\widehat{OCD}\)

Do đó: ΔOFC=ΔODC

=>OF=OD

mà OF=OE

nên OF=OE=OD

Chu vi hình bình hành là:

\(C_{ABCD}=2\cdot\left(AB+BC\right)=2\cdot\left(14+10\right)=48\left(cm\right)\)

Diện tích hình bình hành là:

\(S_{ABCD}=14\cdot8=112\left(cm^2\right)\)

a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác

=>b+c>a; c+a>b; a+b>c

=>c+b-a>0; c+a-b>0; a+b-c>0

\(A=4a^2b^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2\)

\(=\left(2ab\right)^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2\)

\(=\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\left(2ab+a^2+b^2-c^2\right)\)

\(=\left[c^2-\left(a^2-2ab+b^2\right)\right]\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]\)

\(=\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\)

mà c-a+b>0; c+a-b>0; a+b+c>0; a+b-c>0

nên A>0

Bài 5:

a: Xét (O) có

MB,MC là các tiếp tuyến

Do đó: MB=MC

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

Ta có: OB=OC

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

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực cuả BC

=>MO\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

b: Xét ΔOBM vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OB^2=R^2\)

c: ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOM}=\dfrac{1}{2}\cdot\widehat{BOC}=60^0\)

Xét ΔBOM vuông tại B có \(tanBOM=\dfrac{BM}{BO}\)

=>\(\dfrac{BM}{R}=tan60=\sqrt{3}\)

=>\(BM=R\sqrt{3}\)

ΔBOM vuông tại B

=>\(S_{BOM}=\dfrac{1}{2}\cdot BO\cdot BM=\dfrac{1}{2}\cdot R\cdot R\sqrt{3}=\dfrac{R^2\sqrt{3}}{2}\)

Đặt \(A=\left(-x-2\right)^3+\left(2x-4\right)\left(x^2+2x+4\right)-x^2\left(x-6\right)\)

\(=-\left(x+2\right)^3+2\left(x-2\right)\left(x^2+2x+4\right)-x^3+6x^2\)

\(=-x^3-6x^2-12x-8+2\left(x^3-8\right)-x^3+6x^2\)

\(=-2x^3-12x-8+2x^3-16=-12x-24\)

Khi x=-2 thì \(A=-12\cdot\left(-2\right)-24=24-24=0\)

Đặt \(A=\left(x+1\right)^3+6\left(x+1\right)^2+12x+20\)

\(=\left(x+1\right)^3+6\left(x+1\right)^2+12x+12+8\)

\(=\left(x+1\right)^3+3\cdot\left(x+1\right)^2\cdot2+3\left(x+1\right)\cdot2^2+2^3\)

\(=\left(x+1+2\right)^3=\left(x+3\right)^3\)

Khi x=5 thì \(A=\left(5+3\right)^3=8^3=512\)