d, Vì △IBC đều

⇒ IC = BC (đ/n Δ đều)

mà BC = AD = 4cm (CMT)

⇒ IC = 4cm.

Xét tứ giác IBCK có:

IB // CK (AB//CD; I∈ AB;K∈ CD)

IB = CK (CMT)
⇒ IBCK là hbh (tg có 2 cạnh đối // và = là hbh)

⇒ 2 đường chéo IC và BK cắt nhau tại TĐ mỗi đường (t/c hbh)

nên N là TĐ của IC

\(\Rightarrow IN=\dfrac{1}{2}IC=\dfrac{1}{2}.4=2\left(cm\right)\)

Sau đó bạn cm AIKD là hbh tương tự như IBCK là hbh

⇒ 2 đường chéo ID và AK cắt nhau tại TĐ mỗi đường (t/c hbh)

⇒ M là TĐ của ID và AK

Xét ΔAID cân tại A có

M là TĐ của ID (CMT) ⇒ AM là đường tr/tuyến

⇒ AM đồng thời là đường cao (T/c Δ cân)

⇒ AM ⊥ DI tại M

⇒ ΔMAI vg tại M

Vì AICK là hbh (CMT)

⇒ AK = IC = 4cm(t/c hbh)

mà \(AM=\dfrac{1}{2}AK\)(M là TĐ của AK)

\(\Rightarrow AM=\dfrac{1}{2}.4=2\left(cm\right)\)

Ta có: \(AI=\dfrac{1}{2}AB\left(CMT\right)\)

\(\Rightarrow AI=\dfrac{1}{2}.8=4\left(cm\right)\)

Xét Δvg MAI có:

\(MI^{2^{ }}=AI^2-AM^2\)(đ/lí PY-ta-go)

\(\Rightarrow MI^2=4^{2^{ }}-2^2=12\)

\(\Rightarrow MI=\sqrt{12}\) (vì MI >0)

Vì MINK là hcn (CMT)

\(\Rightarrow S_{MINK}=IN.IM\) (CT tính S_hcn)

\(\Rightarrow S_{MINK}=\sqrt{12}.2=4\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)

a, Vì ABCD là hbh (GT)

⇒ AB // CD (t/c hbh)

⇒ \(\widehat{DAB}+\widehat{ADC}=180^0\) (2 góc trong cùng phía)

mà \(\widehat{DAB}=120^0\) (GT)

⇒ \(\widehat{ADC}=60^0\)

mà \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\)(ABCD là hbh)

⇒ \(\widehat{ABC}=60^0\)

Ta có: AD =4cm; AB =8cm (GT)

⇒ \(AD=\dfrac{1}{2}AB\)

mà AD = BC(ABCD là hbh)

\(\Rightarrow BC=\dfrac{1}{2}AB\)

mà \(IB=\dfrac{1}{2}AB\) (I là trung điểm AB)

⇒ BC = IB \(\left(=\dfrac{1}{2}AB\right)\)

Xét ΔIBC có: BC=IB (CMT)

⇒ ΔIBC cân tại B(đ/n Δ cân)

lại có: \(\widehat{IBC}=60^0\left(CMT\right)\)

⇒ ΔIBC là Δ đều (t/c Δ đều)

\(\Rightarrow\widehat{BIC}=60^0\)(t/c Δđều)

Ta có: \(AD=\dfrac{1}{2}AB\)(CMT)

mà \(AI=\dfrac{1}{2}AB\) (I là TĐ của AB)

\(\Rightarrow AD=AI\left(=\dfrac{1}{2}AB\right)\)

⇒ ΔADI cân tại A (đ/n Δ cân)

\(\Rightarrow\widehat{AID}=\dfrac{180^0-\widehat{DAI}}{2}=\dfrac{180^0-120^0}{2}=30^0\) (t/c Δcân)

Ta có: \(\widehat{AID}+\widehat{DIC}+\widehat{BIC}=180^0\)(A;I;B thẳng hàng)

\(\Rightarrow30^{0^{ }}+\widehat{DIC}+60^0=180^0\)

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

b, \(x^2\left(y^2-4\right)^2-6x\left(y^2-4\right)+9\)

\(=\left[x\left(y^2-4\right)-3\right]^2\)

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

a) \(x^4-4x^{3^{ }}+8x+3\)

\(=\left(x^4+x^3\right)-\left(5x^3+5x^2\right)+\left(5x^2+5x\right)+\left(3x+3\right)\)

\(=x^{3^{ }}\left(x+1\right)-5x^{2^{ }}\left(x+1\right)+5x\left(x+1\right)+3\left(x+1\right)\)

\(=\left(x+1\right)\left(x^3-5x^2+5x+3\right)\)

\(=\left(x+1\right)\left[\left(x^3-3x^2\right)-\left(2x^2-6x\right)-\left(x-3\right)\right]\)

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

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

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

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

\(A=2x^2+5y^2-2xy+2y+2x\)

\(=\left(x^2+y^2+1+2xy+2x+2y\right)+\left(x^2-4xy+4y^2\right)-1\)

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

Ta thấy :(x + y +1)² ≥ 0 ∀ x,y

(x - 2y)² ≥ 0 ∀ x,y

⇒ (x + y +1)² +(x - 2y)² ≥ 0 ∀ x,y

⇔(x + y +1)² +(x - 2y)² -1 ≥ -1 ∀ x,y

⇔ A ≥ -1 ∀ x,y

Vậy GTNN của A là -1 \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y+1=0\\x-2y=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=-1\\x=2y\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{-2}{3}\\y=\dfrac{-1}{3}\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(a+b+c=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+c=-b\\a+b=-c\end{matrix}\right.\)

\(\left(1+\dfrac{a}{b}\right).\left(1+\dfrac{b}{c}\right).\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\)

\(=\left(1+\dfrac{b}{c}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}\right).\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\)

\(=\left(1+\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{a}{b}\right).\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\)

\(=1+\dfrac{c}{a}+\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{a+b}{a}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{b}\)

\(=1+\dfrac{a+b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{a+b}{c}\)

= 1 + 0 -1 -1 (vì a+b+c=0; a+c=-b; a+b=-c)

= -1

ΔABC đồng dạng ΔA₁B₁C₁theo tỉ số k=4

⇒ \(\dfrac{S_{ABC}}{S_{A_1B_1C_1}}=k^2=4^2=16\)

Ta có:

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{a+b+c}\)

⇔ bc(a+b+c) + ac(a+b+c) + ab(a+b+c) = abc (quy đồng và khử mẫu vì a,b,c ≠ 0)

\(\Leftrightarrow abc+b^2c+bc^2+a^2c+abc+ac^2+a^2b+ab^2+abc=abc\)

\(\Leftrightarrow bc\left(b+c\right)+a\left(c^2+2bc+b^2\right)+a^2\left(b+c\right)=0\)(chuyển abc ở vế phải sang chỉ còn 2abc rồi đặt nhân tử chung)

\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\left(bc+ab+ac+a^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\left[b\left(a+c\right)+a\left(a+c\right)\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)=0\left(đpcm\right)\)

Bạn tự vẽ hình nha!

a, Vì BH ⊥ AM tại H (GT)

⇒ ΔHBM vg tại H (đ/n tg vg)

Vì CK ⊥ AM tại K (GT)

⇒ ΔCKM vg tại K (đ/n tg vg)

Trong Δvg HBM có:

\(\widehat{HBM}+\widehat{HMB}=90^0\) (đ/ lí tổng 2 góc nhọn trong tam giác vg)

Trong Δ vg CKM có:

\(\widehat{CMK}+\widehat{MCK}=90^0\) (đ/ lí tổng hai góc nhọn ...)

mà \(\widehat{HMB}=\widehat{CMK}\left(2-góc-đoi-dinh\right)\)

⇒ \(\widehat{HBM}=\widehat{MCK}\)

mà hai góc này ở vị trí so le trong

⇒ BH // CK (dhnb 2 đ/t //)

b, Xét ΔBHM và ΔCKM có:

\(\widehat{HBM}=\widehat{KCM}\left(CMT\right)\)

MB = MC (M là trung điểm BC)

\(\widehat{BMH}=\widehat{CMK}\) (2 góc đối đỉnh)

⇒ ΔBHM =ΔCKM (g.c.g)

⇒ HM = KM (2 cạnh t/ứng)

mà M∈HK

⇒ M là trung điểm HK (đ/n trung điểm đoạn thẳng)

c, Xét ΔHMC và ΔKMB có:

HM = KM (CMT)

\(\widehat{HMC}=\widehat{KMB}\) (đối đỉnh)

MC = MB (CMT)

⇒ ΔHMC = ΔKMB (c.g.c)

⇒ \(\widehat{MHC}=\widehat{MKB}\) (2 góc t/ứng)

mà 2 góc này ở vị trí SLT

⇒ HC // BK (dhnb 2 đg t //)