a) Xét tam giác ABH và tam giác AHD có:

ˆAA^ chung và ˆAHBAHB^ =ˆADH=ADH^ (=900)

⇒⇒ tam giác ABH đồng dạng với tam giác AHD (g-g)

b)T/tự: tam giác AHC đồng dạng với tam giác AEH (g-g)

⇒⇒ ˆACHACH^ =ˆAHE=AHE^ ( 2 góc tương ứng)

Tam giác AEH đồng dạng với tam giác HEC vì:

góc ACH = góc AHE (CM trên)

và góc AEH = góc HEC (= 900)

⇒AEHE=EHEC⇒AE.EC=EH.EH=HE2⇒AEHE=EHEC⇒AE.EC=EH.EH=HE2

c) tam giác ADC đồng dạng với tam giác ABE (g-g) vì:

góc A chung và góc ADC = góc AEB (=900)

⇒⇒ góc ACD = góc ABE ( 2 góc tương ứng)

Xét tam giác DBM và tam giác ECM có:

góc ACD = góc ABE (CM trên)

và góc DMB = góc EMC (đối đỉnh)

⇒⇒ tam giác DBM đồng dạng với tam giác ECM (g-g)

Ta có:  x³ + y³ + 3xy(x+y) = (x+y)³(1)

     Mà x³ + y³ + 12xy = 64 (2)

Trừ vé với vế của (1) và (2), ta được:

3xy(x+y) - 12xy = (x+y)³ - 64

<=> 3xy(x + y - 4) = (x + y - 4)[(x + y)² + 4(x +y) + 16)

<=> 3xy(x + y - 4) = (x + y - 4)(x² + 2xy + y² + 4x + 4y + 16)

<=> (x + y - 4)(x² - xy + y² + 4x + 4y + 16) = 0

<=> \(\left[{}\begin{matrix}x+y-4=0\\x^2-xy+y^2+4x+4y+16=0\end{matrix}\right.\)

<=> \(\left[{}\begin{matrix}x+y=4\left(1\right)\\4x^2-4xy+4y^2+16x+16y+64=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Ta thấy:

(2) <=>\(4x^2-4xy+y^2+8\left(2x+y\right)+16+3y^2+8y+48=0\)

     <=> \(\left(2x-y+4\right)^2+2y^2+8y+8+y^2+40=0\)

     <=> \(\left(2x-y+4\right)^2+2\left(y+2\right)^2+y^2+40=0\)

Vì \(\left(2x-y+4\right)^2;2\left(y+2\right)^2;y^2\ge0,\forall x,y\) (rõ như ban ngày)

=> \(\left(2x-y+4\right)^2+2\left(y+2\right)^2+y^2+40\ge40>0\)

=> Biểu thức (2) không có số thực x, y thỏa mãn. => Không tìm được x + y

Vậy x + y = 4.

\(x^3++y^3+12xy=64\) (1)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow x^3+y^3+\left(-4\right)^3-3xy\left(-4\right)=0\)

áp dụng

\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left[x+y+\left(-4\right)\right]\left[x^2+y^2+\left(-4\right)^2-xy-y\left(-4\right)-x\left(-4\right)\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y-4\right)\left(x^2+y^2+16-xy+4y+4x\right)=0\) (2)

Xét \(x^2+y^2+16-xy+4y+4x=\) 

\(=x^2-\left(y-4\right)x+y^2+4y+16\)

\(\Delta=\left(y-4\right)^2-4\left(y^2+4y+16\right)=\)

\(=y^2-8y+16-4y^2-16y-64=\)

\(-3y^2-24y-48\) 

\(\Delta\) có

\(\delta=24^2-4.3.48=0\)

\(a=-3< 0\)

\(\Rightarrow\Delta< 0\forall y\)

\(\Rightarrow x^2-\left(y-4\right)x+y^2+4y+16\) có

\(\Delta< 0;a-1>0\)

\(\Rightarrow x^2-\left(y-4\right)x+y^2+4y+16>0\forall x\)

\(\Rightarrow\left(2\right)\Leftrightarrow x+y-4=0\Rightarrow x+y=4\)

Áp dụng BĐT \(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)(a,b,c,x,y,z > 0)

Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a,b,c > 0

Áp dụng BĐT tam giác, ta có a < b + c, b < c + a, c < a + b

=> b + c - a, c + a - b, a + b - c > 0

Khi đó, ta có \(\dfrac{a^2}{b+c-a}+\dfrac{b^2}{c+a-b}+\dfrac{c^2}{a+b-c}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\)

(đpcm).Dấu = xảy ra <=> a = b = c

$a)$
$E$ đối xứng với $D$ qua $O$
$\Rightarrow O$ là trung điểm của $DE$
Xét tứ giác $ADCE$ có:
Hai đường chéo $DE$ và $AC$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường
$\Rightarrow$ Tứ giác $ADCE$ là hình bình hành
Mà $\widehat{ADC}={90}^o(AD\perp DC)$
$\Rightarrow$ Hình bình hành $ADCE$ là hình chữ nhật
$b)$
Xét $\Delta ADC$ có:
$I$ là trung điểm của $AD$
$O$ là trung điểm của $AC$
$\Rightarrow IO$ là đường trung bình của $\Delta ADC$
$\Rightarrow \text{IO}//BD$
Trong $\Delta BDE$ có:
$O$ là trung điểm của $DE$
$\text{IO}//BD$
$\Rightarrow I$ là trung điểm của $BE$
$c)$
$\Delta ABC$ cân có $AD$ đường cao
$\Rightarrow AD$ đồng thời là đường trung tuyến
$\Rightarrow D$ là trung điểm của $BC$
$\Rightarrow BD=\frac{BC}{2}=\frac{12}{2}=6\left(cm\right)$
$\Delta ABD$ vuông tại $D$ nên theo pi-ta-go
$A{B}^2=B{D}^2+A{D}^2$
$\Rightarrow AD=\sqrt{A{B}^2-B{D}^2}=\sqrt{{10}^2-6^2}=8\left(cm\right)$
Gọi $T$ là trung điểm của $EC$ 
Trong $\Delta BEC$ có:
$T$ là trung điểm của $EC$
$I$ là trung điểm của $BE$
$\Rightarrow IT$ là đường trung bình của $\Delta BEC$
$\Rightarrow IT//BD$ mà $\text{IO}//BD$
$\Rightarrow I;O;T$ thẳng hàng
Từ $IT//BD$ hay $IT//DC$
Xét tứ giác $IDCT$ có:
$ID//TC\left(cmt\right);IT//CD\left(cmt\right)$
$\Rightarrow$ Tứ giác $IDCT$ là hình bình hành 
$\Rightarrow IT=DC=6cm(DC=\frac{BC}{2}=6cm)$
$AEDC$ là hình chữ nhật
$\Rightarrow AC=DE$
$\Rightarrow \frac{AC}{2}=\frac{DE}{2}$
$\Rightarrow OD=OC$
$IDCT$ là hình bình hành có $\widehat{IDC}={90}^o$
$\Rightarrow IDCT$ là hình chữ nhật
Xét $\Delta IOD$ và $\Delta TOC$ có:
$ID=TC(IDCT$ là hình chữ nhật)
$OA=OC\left(cmt\right)$
$\widehat{OID}=\widehat{OTC}={90}^o$
$\Rightarrow \Delta IOD=\Delta TOC\left(\text{cạnh huyền-cạnh góc vuông}\right)$
$\Rightarrow IO=TO$
$\Rightarrow O$ là trung điểm của $IT$
$\Rightarrow OI=\frac{IT}{2}=\frac{6}{2}=3\left(cm\right)$
$\Rightarrow S_{\Delta ADO}=\frac{1}{2}.AD.OI=\frac{1}{2}.8.3=12\left(c{m}^2\right)$
$d)$
$AE//DC$ hay $AE//BD$
$AE=DC(ADCE$ là hình chữ nhật)
Mà $BD=DC(D$ là trung điểm của $BC$)
$\Rightarrow AE=BD$
Xét tứ giác $AEDB$ có:
$AE//DB\left(cmt\right);AE=BD\left(cmt\right)$
$\Rightarrow$ Tứ giác $AEDB$ là hình bình hành 
$\Rightarrow AK//DE$
$\Rightarrow$ Tứ giác $AKDE$ là hình thang 
Giả sử $\Delta ABC$ là tam giác đều
$\text{IO}//BD$ hay $IK//BD$
Trong $\Delta ABD$ có:
$I$ là trung điểm của $AD$
$IK//BD$
$\Rightarrow K$ là trung điểm của $AB$
Trong tam giác $ABC$ có $KD$ là đường trung bình
$\Rightarrow KD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}BC$
$\Rightarrow KD=KB=BD$
$\Rightarrow \Delta KBD$ đều
Trong $\Delta ABC$ có $OD$ là đường trung bình
$\Rightarrow OD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AC$
$\Rightarrow OD=DC=OC$
$\Rightarrow \Delta ODC$ đều
$\Rightarrow \widehat{KDE}={180}^o-{60}^o-{60}^o={60}^o$
$\Delta DCE$ vuông tại $C$
$\Rightarrow \widehat{DEC}={180}^o-{90}^o-{60}^o={30}^o$
Lại có:
$\widehat{DEC}+\widehat{AED}={90}^o$
$\Rightarrow \widehat{AED}={90}^o-{30}^o={60}^o$
$\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{KDE}={60}^o$
$\Rightarrow$ hình thang $AKDE$ là hình thang cân
Vậy tam giác $ABC$ đều thì tứ giác $AKDE$ là hình thang cân
Bài $5.$
$P=\frac{2bc-2016}{3c-2bc+2016}-\frac{2b}{3-2b+ab}+\frac{4032-3ac}{3ac-4032+2016a}$
$P=\frac{2bc-abc}{3c-2bc+abc}-\frac{2b}{3-2b+ab}+\frac{2abc-3ac}{3ac-2abc+abc.a}$
$P=\frac{2bc-abc}{3c-2bc+abc}-\frac{2bc}{3c-2bc+abc}+\frac{2bc-3c}{3c-2bc+abc}$
$P=\frac{2bc-abc-2bc+2bc-3c}{3c-2bc+abc}$
$P=\frac{2bc-abc-3c}{3c-2bc+abc}$
$P=\frac{-(3c-2bc+abc)}{3c-2bc+abc}$
$P=-1$
Vậy $P=-1$

1/

A B C D F E H G K

Đường thẳng qua A và //BD cắt đường thẳng qua D và // với AB tại K. Ta có

AK//BD; AB//DK => AKDB là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau là hình bình hành)

Nối BK cắt AD tại F' => F' là trung điểm AD mà F cũng là trung điểm AD nên F trùng F'

=> BK trùng BF mà G thuộc BF => B; G; F; K thẳng hàng

Xét tg BGH và tg KGD có

\(\widehat{HBG}=\widehat{DKG}\) (góc so le trong)

\(\widehat{BGH}=\widehat{KGD}\) (góc đối đỉnh)

=> tg BGH đồng dạng tg KGD

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{DK}=\dfrac{GH}{DG}\) Mà DK=AB (cạnh đối hình bình hành)

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{GH}{DG}\Rightarrow DG.BH=GH.AB\) (đpcm)

2/

A B C I D E F H G

\(\sqrt{1-\sqrt{x^4-x^2}}=x-1\)

\(\Leftrightarrow1-\sqrt{x^4-x^2}=\left(x-1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow-\sqrt{x^4-x^2}=x^2-2x+1-1\)

\(\Leftrightarrow x^4-x^2=\left(x^2-2x\right)^2\)

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

\(\Leftrightarrow4x^3-5x^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^2\left(4x-5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2=0\\4x-5=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=\dfrac{5}{4}\end{matrix}\right.\)

Tổng các góc trong của 1 tứ giác bằng 360 độ

\(\Rightarrow3x+2x+2,5x+1,5x=360\)

\(\Rightarrow9x=360\Rightarrow x=40^o\)

Gọi vận tốc xe thứ nhất là : x (km/giờ) 

ĐK : x > 30

=> Vận tốc xe thứ hai là : x - 30 (km/giờ)

+) Quãng đường xe thứ nhất đi được là : 6x (km)

+) Quãng đường xe thứ hai đi được là : 9(x-30) (km)

Vì : Quãng đường 2 xe đi được là như nhau, nên ta có phương trình :

6x = 9(x-30)

<=> 9x - 270 = 6x

<=> 9x - 6x = 270

<=> 3x  = 270

<=> x = 90 (TMDK)

Vậy vận tốc xe thứ nhất là : 90km/giờ ; vận tốc xe thứ hai là : 90 - 30 = 60 (km/giờ)

xe1=60km/h

xe2=30km/h