a) Vì \(\angle BEC=\angle BFC=90\Rightarrow BCEF\) nội tiếp \(\Rightarrow\angle AFE=\angle ACB\)

Xét \(\Delta AFE\) và \(\Delta ACB:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle AFE=\angle ACB\\\angle BACchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AFE\sim\Delta ACB\left(g-g\right)\)

Vì \(\angle HDC+\angle HEC=90+90=180\Rightarrow HDCE\) nội tiếp

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\angle HDE=\angle HCE=\angle ECF=\angle EBF\left(BCEFnt\right)\\\angle HED=\angle HCD=\angle FCB=\angle FEB\left(BCEFnt\right)\end{matrix}\right.\)

Xét \(\Delta BFE\) và \(\Delta DHE:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle HDE=\angle EFB\\\angle HED=\angle FEB\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BFE\sim\Delta DHE\left(g-g\right)\)

b) Ta có: \(\angle HDB+\angle HFB=90+90=180\Rightarrow HFBD\) nội tiếp

\(\Rightarrow\angle DFH=\angle HBD=\angle EBC=\angle EFC\) (BCEF nội tiếp)

\(\Rightarrow FC\) là phân giác \(\angle EFD\)

Lại có: \(\angle FEB=\angle HED\Rightarrow EH\) là phân giác \(\angle DEF\)

\(\Rightarrow H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF

c) Vì \(IK\parallel AC\) mà \(AC\bot BH\Rightarrow IK\bot BH\)

Vì \(IK\parallel AC\) \(\Rightarrow\dfrac{IB}{AC}=\dfrac{MB}{MC}\)

Vì \(IK\parallel AC\) \(\Rightarrow\dfrac{BK}{AC}=\dfrac{BD}{DC}\)

Vì EB là phân giác \(\angle MED\Rightarrow\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{ED}{EM}\)

Vì EB là phân giác \(\angle MED\) mà \(EC\bot EB\Rightarrow EC\) là phân giác ngoài \(\angle MED\)

\(\Rightarrow\dfrac{CD}{CM}=\dfrac{ED}{EM}=\dfrac{BD}{BM}\Rightarrow\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{BM}{CM}\Rightarrow\dfrac{IB}{AC}=\dfrac{BK}{AC}\Rightarrow BI=BK\)

mà HB là đường cao nên BH vừa là đường cao vừa là trung tuyến 

nên tam giác HIK cân tại H

\(A=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{3}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{3}{x+\sqrt{x}-2}\left(x\ge0,x\ne1\right)\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{3}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)-3\left(\sqrt{x}-1\right)+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\dfrac{x-3\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

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

mình ko tới

không cần xét đâu,chỉ cần nói M là trung điểm của AD và BC là suy ra được ABDC là hình bình hành luôn

Trên tia AM lấy điểm D sao cho \(MA=MD\)

\(\Rightarrow\) M là trung điểm AD mà M cũng là trung điểm BC nên BACD là hình bình hành 

mà \(\angle BAC=90\Rightarrow BACD\) là hình chữ nhật

\(\Rightarrow BC=AD\) mà \(MA=\dfrac{1}{2}AD\Rightarrow MA=\dfrac{1}{2}BC\)

thì phía trên mình chứng minh là \(HC^2-HB^2=CD.BC\)

mà dưới có \(AC^2=CD.BC\) thì \(HC^2-HB^2=AC^2\)

Kẻ đường cao AD \(\Rightarrow IH\parallel AD(\bot BC)\)

mà I là trung điểm AB nên H là trung điểm BD

Ta có: \(HC^2-HB^2=\left(HC-HB\right)\left(HC+HB\right)=\left(HC-DH\right).BC\)

\(=CD.BC\)

tam giác ABC vuông tại A có đường cao AD nên áp dụng hệ thức lượng

\(\Rightarrow AC^2=CD.BC\Rightarrow\) đpcm

1) gọi \(A\left(x_A,y_A\right)\) là điểm cố định mà đường thẳng \(d_1\) luôn đi qua

\(\Rightarrow y_A=mx_A-m+1\Rightarrow m\left(x_A-1\right)+1-y_A=0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_A-1=0\\1-y_A=0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_A=1\\y_A=1\end{matrix}\right.\Rightarrow A\left(1;1\right)\)

2) Gọi \(B\left(x_B;y_B\right)\) là giao điểm của đường thẳng \(d_2\) và \(d_3\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y_B=2x_B+3\\y_B=x_B+1\end{matrix}\right.\Rightarrow2x_B+3=x_B+1\Rightarrow x_B=-2\Rightarrow y_B=-1\)

\(\Rightarrow B\left(-2;-1\right)\)

Để 3 đường thẳng đồng quy tại 1 điểm thì đường thẳng \(d_1\) đi qua B

\(\Rightarrow-1=-2m-m+1\Rightarrow-3m=-2\Rightarrow m=\dfrac{2}{3}\)

4) \(P=\dfrac{2}{\sqrt{3}+1}-\dfrac{2}{\sqrt{5}-\sqrt{3}}+\dfrac{4}{\sqrt{5}+1}\)

\(=\dfrac{2\left(\sqrt{3}-1\right)}{\left(\sqrt{3}+1\right)\left(\sqrt{3}-1\right)}-\dfrac{2\left(\sqrt{5}+\sqrt{3}\right)}{\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{5}+\sqrt{3}\right)}+\dfrac{4\left(\sqrt{5}-1\right)}{\left(\sqrt{5}+1\right)\left(\sqrt{5}-1\right)}\)

\(=\dfrac{2\left(\sqrt{3}-1\right)}{2}-\dfrac{2\left(\sqrt{5}+\sqrt{3}\right)}{2}+\dfrac{4\left(\sqrt{5}-1\right)}{4}\)

\(=\sqrt{3}-1-\sqrt{5}-\sqrt{3}+\sqrt{5}-1=-2\)

5) \(\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+3}=\dfrac{\sqrt{x}+3-5}{\sqrt{x}+3}=1-\dfrac{5}{\sqrt{x}+3}\)

Để \(A\in Z\Rightarrow5⋮\sqrt{x}+3\) mà \(\sqrt{x}+3\ge3\Rightarrow\sqrt{x}+3=5\Rightarrow x=4\)

a) \(-0,8\sqrt{\left(-0,125\right)^2}=-0,8.\left|-0,125\right|=-0.8.0,125=-\dfrac{1}{10}\)

b) \(\sqrt{\left(-2\right)^6}=\sqrt{\left(\left(-2\right)^3\right)^2}=\left|\left(-2\right)^3\right|=8\)

c) \(\sqrt{\left(\sqrt{3}-2\right)^2}=\left|\sqrt{3}-2\right|=2-\sqrt{3}\)

d) \(\sqrt{\left(2\sqrt{2}-3\right)^2}=\left|2\sqrt{2}-3\right|=3-2\sqrt{2}\)