A B C D E F P Q M I R N H O

a) Chứng minh MNRQ là hình chữ nhật

Áp dụng tính chất đường trung bình:

+)  \(\Delta\)ABC => MN //= \(\frac{1}{2}\)  BC

+)   \(\Delta\)HBC => QR  //= \(\frac{1}{2}\)  BC (1)

=> MN//= QR 

=> MNQR là hình bình hành (2)

Xét \(\Delta\) ACH có NR là đường trung bình => NR //AH => NR //AD  (3)

Từ (1) ; ( 3) và AD vuông góc BC

=> NR vuông góc  RQ (4)

Từ (2) ; (4) => MNQR là hình chữ nhật

b) MPRI là hình bình hành

Áp dụng tính chất đường trung bình

+)    \(\Delta\)ABC => MI //= \(\frac{1}{2}\)  AC

+)   \(\Delta\)AHC => PR //= \(\frac{1}{2}\)  AC

=> MI //= PR

=> MPRI là hình bình hành

Tương tự câu a cũng chứng minh đc MP vuông PR

=> MPRI là hình chữ nhật

b) MNRQ là hình chữ nhật

có O là trung điểm MR 

=> OM =ON =OR = OQ

MPRI là hình chữ nhật

=> OM = OP = OR = OI

=> OM =ON =OR = OQ = OP = OI

=>  Q: M; P; N; N ; R; I thuộc đường tròn tâm O

c) Xét các  \(\Delta\)NEQ ; \(\Delta\) R FM ; \(\Delta\)PDI lần lượt vuông tại E; F; D tương ứng vs các cạnh huyền NQ; RM; PI

Các cạnh huyền đều có trung điểm là O ( câu b )

=> ON = OE = OQ

     OR = OF= OM

    OP= OD = OI

=> D; E; F thuộc đường tròn O.

Ta có:

\(2^x.3^y⋮6\)

\(\Rightarrow2^x.3^y-1\) chia 6 dư - 1 (1)

Ta lại có:

\(7^z\)chia 6 dư 1 (2)

Từ (1), (2) suy ra phương trình đã cho vô nghiệm nguyên dương.

Ta có

\(\frac{a-b}{1+ab}=\frac{b-c}{1+bc}=\frac{a-c}{1+ac}\)       nên

\(\frac{a-b}{1+ab}+\frac{b-c}{1+bc}+\frac{c-a}{1+ca}=\frac{a-b}{1+ab}+\frac{b-a}{1+bc}+\frac{a-c}{1+bc}+\frac{c-a}{1+ca}\)

\(=\left(a-b\right)\left[\frac{1}{1+ab}-\frac{1}{1+bc}\right]+\left(c-a\right)\left[\frac{1}{1+ac}-\frac{1}{1+bc}\right]\)

\(=\frac{\left(a-b\right)\left(1+bc-1+ab\right)}{\left(1+ab\right)\left(1+bc\right)}+\frac{\left(c-a\right)\left(1+bc-1-ac\right)}{\left(1+ac\right)\left(1+bc\right)}\)

\(=\frac{b\left(c-a\right)\left(a-b\right)}{\left(1+ab\right)\left(1+bc\right)}+\frac{c\left(c-a\right)\left(b-a\right)}{\left(1+ac\right)\left(1+bc\right)}\)

\(=\frac{\left(a-b\right)\left(c-a\right)}{\left(1+bc\right)}\left[\frac{b}{1+ab}-\frac{c}{1+ac}\right]\)

\(=\frac{\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(b-c\right)}{\left(1+ab\right)\left(1+bc\right)\left(1+ac\right)}\left(đpcm\right)\)

A C B M H E D O I

Cm: a) Ta có: BA \(\perp\)AC (gt)

                        HD // AB (gt)

=> HD \(\perp\)AC => \(\widehat{HDA}=90^0\)

Ta lại có: AC \(\perp\)AB (gt)

   HE // AC (gt)

=> HE \(\perp\)AB => \(\widehat{HEA}=90^0\)

Xét tứ giác AEHD có: \(\widehat{A}=\widehat{AEH}=\widehat{HDA}=90^0\)

=> AEHD là HCN => AH = DE

b) Gọi O là giao điểm của AH và DE

Ta có: AEHD là HCN => OE = OH = OD = OA
=> t/giác OAD cân tại O => \(\widehat{OAD}=\widehat{ODA}\) (1)

Xét t/giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến

-> AM = BM = MC = 1/2 BC
=> t/giác AMC cân tại M => \(\widehat{MAC}=\widehat{C}\)

Ta có: \(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\) (phụ nhau)

  \(\widehat{C}+\widehat{HAC}=90^0\) (phụ nhau)

=> \(\widehat{B}=\widehat{HAC}\) hay \(\widehat{B}=\widehat{OAD}\) (2) 
Từ (1) và (2) => \(\widehat{ODA}=\widehat{B}\)

Gọi I là giao điểm của MA và ED

Xét t/giác IAD có: \(\widehat{IAD}+\widehat{IDA}+\widehat{AID}=180^0\) (tổng 3 góc của 1 t/giác)

=> \(\widehat{AID}=180^0-\left(IAD+\widehat{IDA}\right)\)

hay \(\widehat{AID}=180^0-\left(\widehat{B}+\widehat{C}\right)=180^0-90^0=90^0\)

=> \(AM\perp DE\)(Đpcm)

c) (thiếu đề)

quá dễ:

Phương trình hóa học của phản ứng

4Al+3O₂=2Al₂O₃

áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có

mAl+mO2=m_Al2O3

vì mO2 >0 => mAl<m_Al2O3

Vậy khối lượng của thanh nhôm lớn hơn ban đầu

\(2x\left(3x+2\right)-3x\left(2x+3\right)\)

\(=6x^2+4x-6x^2-9x\)

\(=-5x\)