a: Xét ΔAHD vuông tại H và ΔAHE vuông tại H có

AH chung

HD=HE

Do đó: ΔAHD=ΔAHE

=>\(\hat{ADH}=\hat{AEH}\)

mà \(\hat{ADH}=\hat{BCD}\) (ABCD là hình thang cân)

nên \(\hat{AED}=\hat{BCD}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên AE//BC

Xét tứ giác ABCE có

AB//CE

AE//BC

Do đó: ABCE là hình bình hành

b: Xét ΔHDF vuông tại H và ΔHEA vuông tại H có

HD=HE

\(\hat{HDF}=\hat{HEA}\) (hai góc so le trong, DF//EA)

Do đó: ΔHDF=ΔHEA

=>HF=HA

=>H là trung điểm của AF

c: ΔADE cân tại A có \(\hat{ADE}=45^0\)

nên ΔADE vuông cân tại A

=>\(\hat{DAE}=90^0\)

Xét tứ giác ADFE có

H là trung điểm chung của AF và DE

=>ADFE là hình bình hành

Hình bình hành ADFE có AD=AE và \(\hat{DAE}=90^0\)

nên ADFE là hình vuông

Sửa đề: |x-8|+|y-2|=2

|x-8|+|y-2|=2

=>(|x-8|;|y-2|)∈{(0;2);(2;0);(1;1)}

TH1: \(\begin{cases}\left|x-8\right|=0\\ \left|y-2\right|=2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x-8=0\\ y-2\in\left\lbrace2;-2\right\rbrace\end{cases}\)

=>x=8 và y∈{4;0}

TH2: \(\begin{cases}\left|x-8\right|=2\\ \left|y-2\right|=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x-8\in\left\lbrace2;-2\right\rbrace\\ y-2=0\end{cases}\)

=>x∈{10;6} và y=2

TH3: \(\begin{cases}\left|x-8\right|=1\\ \left|y-2\right|=1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x-8\in\left\lbrace1;-1\right\rbrace\\ y-2\in\left\lbrace1;-1\right\rbrace\end{cases}\)

=>x∈{9;7} và y∈{3;1}

a: ΔABC vuông tại A

=>\(S_{ABC}=\frac12\cdot AB\cdot AC=\frac12\cdot3\cdot6=9\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

b: Xét tứ giác BDCE có

M là trung điểm chung của BC và DE

=>BDCE là hình bình hành

c: E là trung điêm của AC

=>\(AE=EC=\frac{AC}{2}=3\left(\operatorname{cm}\right)\)

BDCE là hình bình hành

=>BD//CE và BD=CE

BD//CE

=>BD//AE

BD=CE

CE=AE

Do đó: BD=AE

Xét tứ giác ABDE có

AE//BD

AE=BD

Do đó: ABDE là hình bình hành

Hình bình hành ABDE có AB=AE và \(\hat{BAE}=90^0\)

nên ABDE là hình vuông

a: ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

Xét tứ giác AHBE có

M là trung điểm chung của AB và HE

=>AHBE là hình bình hành

Hình bình hành AHBE có \(\hat{AHB}=90^0\)

nên AHBE là hình chữ nhật

b: AHBE là hình chữ nhật

=>AE//HB và AE=HB

AE//HB

=>AE//HC

AE=HB

HB=HC

Do đó: AE=HC

Xét tứ giác AEHC có

AE//HC

AE=HC

Do đó: AEHC là hình bình hành

=>AH cắt EC tại trung điểm của mỗi đường

mà N là trung điểm của AH

nên N là trung điểm của EC

\(2x^4-3x^3-3x^2-2+6x\)

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

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

=>\(\left(2x^4-3x^3-3x^2-2+6x\right):\left(x^2-2\right)=2x^2-3x+1\)

ĐKXĐ: x∉{0;-1}

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

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

=>x(x+m)+(x-2)(x+1)=2x(x+1)

=>\(x^2+mx+x^2-x-2=2x^2+2x\)

=>x(m-1)-2=2x

=>x(m-1)-2x=2

=>x(m-3)=2

Để phương trình vô nghiệm thì \(\left[\begin{array}{l}m-3=0\\ \frac{2}{m-3}=-1\\ \frac{2}{m-3}=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}m=3\\ m-3=-2\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}m=3\\ m=1\end{array}\right.\)

=>Chọn A

ĐKXĐ: x∉{0;-1}

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

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

=>x(x+m)+(x-2)(x+1)=2x(x+1)

=>\(x^2+mx+x^2-x-2=2x^2+2x\)

=>x(m-1)-2=2x

=>x(m-1)-2x=2

=>x(m-3)=2

Để phương trình vô nghiệm thì \(\left[\begin{array}{l}m-3=0\\ \frac{2}{m-3}=-1\\ \frac{2}{m-3}=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}m=3\\ m-3=-2\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}m=3\\ m=1\end{array}\right.\)

=>Chọn A

a: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC và OA là phân giác của góc BOC

ΔOBC cân tại O

mà OA là đường phân giác

nên OA⊥BC tại H và H là trung điêm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

=>\(OH=\frac{R^2}{2R}=\frac{R}{2}\)

OH+HM=OM

=>\(HM=OM-OH=R-\frac{R}{2}=\frac{R}{2}\)

=>OH=HM

=>H là trung điểm của OM

\(OH\cdot OA=OB^2\)

=>\(HM\cdot OA=OB^2=R^2\)

b: ΔODE cân tại O

mà OK là đường trung tuyến

nên OK⊥DE tại K

Ta có: \(\hat{OKA}=\hat{OBA}=\hat{OCA}=90^0\)

=>O,K,B,A,C cùng thuộc một đường tròn đường kính OA

c; Xét (O) có

\(\hat{ABM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BM

\(\hat{BNM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

=>\(\hat{ABM}=\hat{BNM}\)

Xét ΔABM và ΔANB có

\(\hat{ABM}=\hat{ANB}\)

\(\hat{BAM}\) chung

Do đó: ΔABM~ΔANB

=>\(\frac{AB}{AN}=\frac{AM}{AB}\)

=>\(AM\cdot AN=AB^2\left(1\right)\)

Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AM\cdot AN=AH\cdot AO\)

Đặt \(f(x) = x^3 + 2x^2 - mx + m - 1\)

=>\(f'(x) = 3x^2 + 4x - m\)

\(f(0) = 0^3 + 2(0)^2 - m(0) + m - 1 = m - 1\)

\(f(2)=2^3+2\cdot2^2-m\cdot2+m-1=8+8-2m+m-1=15-m\)

\(\max_{[0; 2]} \vert{}f(x)\vert{} = \max \left( \vert{}f(0)\vert{}, \vert{}f(2)\vert{}, \max_{\text{cực trị}} \vert{}f(x)\vert{} \right) = 20\)

TH1: |f(0)|=20

=>m-1=20 hoặc m-1=-20

=>m=21 hoặc m=-19

TH2: |f(2)|=20

=>15-m=20 hoặc 15-m=-20

=>m=-5 hoặc m=35

Khi m=21 thì ta có:

\(f(x) = x^3 + 2x^2 - 21x + 20\)

f(0)=20

=>|f(0)|=20

\(f'(x) = 3x^2 + 4x - 21\)

x∈[0;2]

=>\(3x^2+4x\le3\cdot2^2+4\cdot2=12+8=20<21\)

=>\(3x^2+4x-21<0\)

=>f'(x)<0∀x∈[0;2]

=>f(x) nghịch biến trên đoạn [0;2]

=>f(x) giảm từ f(0)=20 xuống f(2)=15-21=-6

=>|f(x)|∈[-6;20]

=>GTLN của |f(x)| là 20

=>Nhận

Khi m=-5 thì ta có:

\(f(x) = x^3 + 2x^2 + 5x - 6\)

\(f\left(2\right)=15-\left(-5\right)=15+5=20\)

=>|f(2)|=20

f(0)=-6

\(f(x)=x^3+2x^2+5x-6\)

=>f'(x)=\(3x^2+6x+5>0\forall x\)

=>f(x) đồng biến trên [0;2]

=>f(x) tăng từ -6 đến 20

=>\(\left|f\left(x\right)\right|_{\max}=20\)

=>Nhận

f(a+1)=\(3\left(a+1\right)^2-1\)

\(=3a^2+6a+3-1\)

\(=3a^2+6a+2\)