1: ĐKXĐ: x∉{2;-2;3/4}

2: \(D=\left(\frac{x+2}{2x-4}+\frac{x-2}{2x+4}-\frac{8}{x^2-4}\right)\cdot\frac{3-4x}{x^2+1}\)

\(=\frac{\left(x+2\right)^2+\left(x-2\right)^2-16}{2\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\cdot\frac{3-4x}{x^2+1}\)

\(=\frac{x^2+4x+4+x^2-4x+4-16}{2\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\cdot\frac{3-4x}{x^2+1}=\frac{2x^2-8}{2\left(x^2-4\right)}\cdot\frac{3-4x}{x^2+1}=\frac{3-4x}{x^2+1}\)

\(\frac{1}{D}=\frac{x^2+1}{3-4x}\)

=>\(\frac{1}{D}+1=\frac{x^2+1+3-4x}{3-4x}=\frac{\left(x-2\right)^2}{3-4x}\ge0\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ

=>\(\frac{1}{D}\ge-1\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ

=>D<=-1∀x thỏa mãn ĐKXĐ

Dấu '=' xảy ra khi x-2=0

=>x=2(nhận)

ĐKXĐ: x∈R

Sửa đề: \(x^2+5x+4-5\sqrt{x^2-5x+28}=0\)

Ta có: \(x^2+5x+4-5\sqrt{x^2+5x+28}=0\)

=>\(x^2+5x+28-5\sqrt{x^2+5x+28}-24=0\)

=>\(\left(\sqrt{x^2+5x+28}-8\right)\left(\sqrt{x^2+5x+28}+3\right)=0\)

mà \(\sqrt{x^2+5x+28}+3>0\forall x\)

nên \(\sqrt{x^2+5x+28}-8=0\)

=>\(\sqrt{x^2+5x+28}=8\)

=>\(x^2+5x+28=64\)

=>\(x^2+5x-36=0\)

=>(x+9)(x-4)=0

=>x=-9 hoặc x=4

Xét ΔABC có

E,D lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>ED là đường trung bình của ΔABC

=>ED//BC và \(ED=\frac{BC}{2}\)

Xét ΔGBC có

F,H lần lượt là trung điểm của GB,GC

=>FH là đường trung bình của ΔGBC

=>FH//BC và \(FH=\frac{BC}{2}\)

ED//BC

FH//BC

Do đó: ED//FH

\(ED=\frac{BC}{2}\)

\(FH=\frac{BC}{2}\)

Do đó: ED=FH

Xét tứ giác EDHF có

ED//HF

ED=HF

Do đó: EDHF là hình bình hành

a: Trên tia Ox, ta có: OM<ON

nên M nằm giữa O và N

=>OM+MN=ON

=>MN=10-5=5(cm)

b: I là trung điểm của MN

=>\(MI=NI=\frac{MN}{2}=\frac52=2,5\left(\operatorname{cm}\right)\)

a: TA có: \(BM=MA=\frac{BA}{2}\)

\(DN=NC=\frac{DC}{2}\)

mà BA=DC

nên BM=MA=DN=NC

Xét tứ giác BMDN có

BM//DN

BM=DN

Do đó: BMDN là hình bình hành

b: ΔADM vuông tại A

=>\(S_{ADM}=\frac12\cdot AD\cdot AM=\frac12\cdot AD\cdot\frac12\cdot AB=\frac14\cdot AD\cdot AB=\frac14\cdot S_{ABCD}\)

c: Gọi E là giao điểm của BN và AD

TA có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(BP=PC=\frac{BC}{2}\)

\(DN=NC=\frac{DC}{2}\)

mà AB=BC=CD

nên AM=MB=BP=PC=DN=NC

Xét ΔBCN vuông tại C và ΔABP vuông tại B có

BC=AB

CN=BP

Do đó: ΔBCN=ΔABP

=>\(\hat{BAP}=\hat{CBN}\)

mà \(\hat{BAP}+\hat{BPA}=90^0\) (ΔBAP vuông tại B)

nên \(\hat{BPA}+\hat{CBN}=90^0\)

=>BN⊥AP tại I

Xét ΔNCB vuông tại C và ΔNDE vuông tại D có

NC=ND

\(\hat{CNB}=\hat{DNE}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔNCB=ΔNDE
=>CB=DE

mà CB=DA

nên DE=DA

=>D là trung điêm của AE

ΔIAE vuông tại I

mà ID là đường trung tuyến

nên ID=AE/2=AD=AB

a: \(A=6x^3+7x^2-4x+m^2-6m+5\)

\(=6x^3+3x^2+4x^2+2x-6x-3+m^2-6m+8\)

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

=>A/B=\(3x^2+2x-3\) dư \(m^2-6m+8\)

b: Đê A⋮B thì \(m^2-6m+8=0\)

=>(m-2)(m-4)=0

=>m=2 hoặc m=4

\(\frac{2^{12}\cdot3^5-4^6\cdot9^2}{\left(2^3\cdot3\right)^4+8^4\cdot3^5}\)

\(=\frac{2^{12}\cdot3^5-2^{12}\cdot3^4}{2^{12}\cdot3^4+2^{12}\cdot3^5}\)

\(=\frac{2^{12}\cdot3^4\cdot\left(3-1\right)}{2^{12}\cdot3^4\cdot\left(3+1\right)}=\frac24=\frac12\)

\(\frac{5^{10}\cdot7^3-25^5\cdot49^2}{\left(125\cdot7\right)^3+5^9\cdot14^3}\)

\(=\frac{5^{10}\cdot7^3-5^{10}\cdot7^4}{5^9\cdot7^3+5^9\cdot7^3\cdot2^3}\)

\(=\frac{5^{10}\cdot7^3\cdot\left(1-7\right)}{5^9\cdot7^3\left(1+2^3\right)}=\frac{-6}{9}=-\frac23\)

\(\frac{2^{12}\cdot3^5-4^6\cdot9^2}{\left(2^3\cdot3\right)^4+8^4\cdot3^5}-\frac{5^{10}\cdot7^3-25^5\cdot49^2}{\left(125\cdot7\right)^3+5^9\cdot14^3}\)

\(=\frac12+\frac23=\frac76\)

a: Xét ΔIAD và ΔIBH có

\(\hat{IAD}=\hat{IBH}\) (hai góc so le trong, AD//BH)

IA=IB

\(\hat{AID}=\hat{BIH}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAD=ΔIBH

=>ID=IH và AD=BH

AD=BH

HB=HK

Do đó: AD=HK

Xét tứ giác ADHK có

AD//HK

AD=HK

Do đó: ADHK là hình bình hành

b: Xét tứ giác AHBD có

AD//BH

AD=BH

Do đó: AHBD là hình bình hành

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

nên AHBD là hình chữ nhật

ΔAHB vuông tại H

=>\(HA^2+HB^2=AB^2\)

=>\(HB^2=10^2-6^2=100-36=64=8^2\)

=>HB=8(cm)

AHBD là hình chữ nhật

=>\(S_{AHBD}=AH\cdot HB=6\cdot8=48\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

c: Hình chữ nhật AHBD trở thành hình vuông khi HA=HB

=>ΔHAB vuông cân tại H

=>\(\hat{HBA}=45^0\)

d: Xét tứ giác ABMK có

H là trung điểm chung của AM và BK

=>ABMK là hình bình hành

=>MK//AB

=>MK⊥AC

Xét ΔKAC có

MK,CH là các đường cao

MK cắt CH tại K

Do đó: K là trực tâm của ΔKAC

=>AK⊥CM

a: Xét tứ giác ABEF có \(\hat{BAF}=\hat{ABE}=\hat{AFE}=90^0\)

nên ABEF là hình chữ nhật

Xét tứ giác DCEF có \(\hat{DCE}=\hat{CDF}=\hat{DFE}=90^0\)

nên DCEF là hình chữ nhật

b: ABEF là hình chữ nhật

=>AE cắt BF tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AE và BF

FECD là hình chữ nhật

=>FC cắt ED tại trung điểm của mỗi đường

=>O' là trung điểm chung của FC và ED

Xét ΔEAD có

O,O' lần lượt là trung điểm của EA,ED

=>O'O là đường trung bình của ΔEAD

=>O'O//AD và O'O=AD/2

=>O'OAD là hình thang

c: O'O=AD/2

=>AD=2*O'O=2*5=10(cm)

ABCD là hình chữ nhật

=>\(S_{ABCD}=AB\cdot AD=5\cdot10=50\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

ĐKXĐ: x∉{-3;3}

\(A=\frac{5}{x+3}-\frac{2}{3-x}-\frac{3x^2-2x-9}{x^2-9}\)

\(=\frac{5\left(x-3\right)+2\left(x+3\right)-3x^2+2x+9}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{5x-15+2x+6+3x^2+2x+9}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{3x^2+9x}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

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