cho ΔABC cân tại A có đường phân giác AD và đường trung tuyến BE cắt nhau tại H
a, Chứng minh ΔADB=ΔADC
b, Chứng minh ΔBHC là tam giác cân
c, Trên tia đối của tia EB lấy F sao cho EH=EF . Gọi G là giao điểm của FD với CH . Chứng minh BG đi qua trung điểm I của CF
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
x(x^2 + xy + y^2) - y(x^2 + xy + y^2)
`= (x-y)(x^2 + xy + y^2)`
`= x^3 - y^3`
`= 10^3 - 1^3`
`= 1000 - 1`
`= 999`
------------------------
`->` Áp dụng hằng đẳng thức:
`a^3 - b^3 = (a-b)(a^2 + ab + b^2)`
`(-x^3 . y)^5 : (-x^12 . y^2)`
`= (-x^15 . y^5) : (-x^12 . y^2)`
`=` \(\dfrac{-x^{15}.y^5}{-x^{12}.y^2}\)
`=` \(x^3.y^3\)
`= 2^3 .` \(\left(-\dfrac{1}{2}\right)^3\)
`=` \(\left(2.\dfrac{-1}{2}\right)^3\)
`=` \(\left(-1\right)^3=-1\)
a: \(2x^2+4x+2-2y^2\)
\(=2\left(x^2+2x+1-y^2\right)\)
\(=2\left[\left(x+1\right)^2-y^2\right]\)
\(=2\left(x+1+y\right)\left(x+1-y\right)\)
b: \(2xy-x^2-y^2+16\)
\(=16-\left(x^2-2xy+y^2\right)\)
\(=16-\left(x-y\right)^2=\left(4-x+y\right)\left(4+x-y\right)\)
c: \(x^3+y^3+x+y\)
\(=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)+\left(x+y\right)\)
\(=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2+1\right)\)
d: \(x^3-y^3+x-y\)
\(=\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+\left(x-y\right)\)
\(=\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2+1\right)\)
e: SỬa đề: \(x^3-3x^2y+3xy^2-y^3+y^2-x^2\)
\(=\left(x^3-3x^2y+3xy^2-y^3\right)-\left(x^2-y^2\right)\)
\(=\left(x-y\right)^3-\left(x-y\right)\left(x+y\right)\)
\(=\left(x-y\right)\left[\left(x-y\right)^2-x-y\right]\)
\(=\left(x-y\right)\left(x^2-2xy+y^2-x-y\right)\)
ABCD là hình bình hành
=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm chung của AC và BD
Xét ΔADC có
DO,AN là các đường trung tuyến
DO cắt AN tại F
Do đó: F là trọng tâm của ΔADC
=>\(DF=\dfrac{2}{3}DO=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot BD=\dfrac{1}{3}BD\)
Xét ΔABC có
AM,BO là các đường trung tuyến
AM cắt BO tại E
Do đó: E là trọng tâm của ΔABC
=>\(BE=\dfrac{2}{3}BO=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot BD=\dfrac{1}{3}BD\)
Ta có: BE+EF+FD=BD
=>\(EF+\dfrac{1}{3}BD+\dfrac{1}{3}BD=BD\)
=>\(EF=BD-\dfrac{2}{3}BD=\dfrac{1}{3}BD\)
Do đó: BE=EF=FD
\(2x^2y^3+\left(-\dfrac{3}{5}x^2y^3\right)+\left(-14x^2y^3\right)+\dfrac{8}{5}x^2y^3\\ =x^2y^3\left[2+\left(\dfrac{-3}{5}\right)+\left(-14\right)+\dfrac{8}{5}\right]\\ =x^2y^3\left[\left(2-14\right)+\left(\dfrac{-3}{5}+\dfrac{8}{5}\right)\right]\\ =x^2y^3\left(-12+\dfrac{5}{5}\right)\\ =x^2y^3\left(-12+1\right)\\ =-11x^2y^3\)
a) ĐKXĐ:
\(x-1\ne0\\ < =>x\ne1\)
b) ĐKXĐ:
\(x-2\ne0\\ < =>x\ne2\)
c) ĐKXĐ:
\(2a+4\ne0\\ < =>2a\ne-4\\ < =>a\ne\dfrac{-4}{2}=-2\)
d) ĐKXĐ:
\(x+y\ne0< =>x\ne-y\)
a: Xét ΔADB và ΔADC có
AD chung
\(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\)
AB=AC
Do đó: ΔADB=ΔADC
b: ΔADB=ΔADC
=>DB=DC
=>D là trung điểm của BC
ΔABD=ΔACD
=>\(\widehat{ADB}=\widehat{ADC}\)
mà \(\widehat{ADB}+\widehat{ADC}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{ADB}=\widehat{ADC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)
=>AD\(\perp\)BC
Xét ΔHBC có
HD là đường trung tuyến
HD là đường cao
Do đó ΔHBC cân tại H
c: Xét ΔABC có
BE,AD là các đường trung tuyến
BE cắt AD tại H
Do đó: H là trọng tâm của ΔABC
=>BH=2HE
mà HF=2HE
nên BH=HF
=>H là trung điểm của BF
Xét ΔFBC có
FD,CH là các đường trung tuyến
FD cắt CH tại G
Do đó: G là trọng tâm của ΔFBC
=>BG đi qua trung điểm của CF