a: Ta có: \(AK=KB=\dfrac{AB}{2}\)

\(DI=IC=\dfrac{DC}{2}\)

mà AB=CD

nên AK=KB=DI=IC

Xét tứ giác AKCI có

AK//CI

AK=CI

Do đó: AKCI là hình bình hành

=>AI//CK và AI=CK

b: Xét ΔDNC có

I là trung điểm của DC

IM//NC

Do đó: M là trung điểm của DN

=>DM=MN

Xét ΔBAM có

K là trung điểm của BA

KN//AM

Do đó: N là trung điểm của BM

=>BN=NM

=>BN=NM=DM

c: Xét tứ giác BKDI có

BK//DI

BK=DI

Do đó: BKDI là hình bình hành

=>DK//BI

=>EK//FI

ta có: AI//CK

=>IE//KF

Xét tứ giác EKFI có

EK//FI

EI//KF

Do đó: EKFI là hình bình hành

a: Xét ΔABH vuông tại H và ΔCBA vuông tại A có

\(\widehat{ABH}\) chung

Do đó: ΔABH~ΔCBA

b: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)

Xét ΔABC có BD là phân giác

nên \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{BC}\)

=>\(\dfrac{AD}{6}=\dfrac{CD}{10}\)

=>\(\dfrac{AD}{3}=\dfrac{CD}{5}\)

mà AD+CD=AC=8cm

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{AD}{3}=\dfrac{CD}{5}=\dfrac{AD+CD}{3+5}=\dfrac{8}{8}=1\)

=>\(AD=3\cdot1=3\left(cm\right);CD=5\cdot1=5\left(cm\right)\)

c: 

ΔBAD vuông tại A

=>\(S_{BAD}=\dfrac{1}{2}\cdot BA\cdot AD=\dfrac{1}{2}\cdot6\cdot3=9\left(cm^2\right)\)

ΔBHA~ΔBAC

=>\(\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{6}{10}=\dfrac{3}{5}\)

Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBHI vuông tại H có

\(\widehat{ABD}=\widehat{HBI}\)

Do đó: ΔBAD~ΔBHI

=>\(\dfrac{S_{BAD}}{S_{BHI}}=\left(\dfrac{BA}{BH}\right)^2=\left(\dfrac{5}{3}\right)^2=\dfrac{25}{9}\)

=>\(S_{BHI}=S_{BAD}\cdot\dfrac{9}{25}=\dfrac{81}{25}\left(cm^2\right)\)

N là điểm gì thế bạn?

N là giao điểm của Ak và BC

a,Theo hệ quả Ta lét tam giác ABG 

\(\dfrac{BE}{AE}=\dfrac{MG}{AG}\)

b, bn kiểm tra lại đề nhé do \(\dfrac{CF}{AF}=\dfrac{NG}{AG}\)

mà NG > MG nên ko có hệ thức đấy 

 a) Ta có MR//AP nên tứ giác APMR là hình thang.

 Lại có MP//BQ nên \(\widehat{MPA}=\widehat{CBA}=\widehat{BAC}=\widehat{RAP}=60^o\) 

 Hình thang APMR (MR//AP) có \(\widehat{MPA}=\widehat{RAP}\) nên APMR là hình thang cân.

 b) Tương tự câu a), ta cũng chứng minh được các tứ giác BPMQ và CQMR là hình thang cân.

 Tứ giác APMR là hình thang cân \(\Rightarrow MA=PR\) (2 đường chéo của hình thang cân thì bằng nhau)

 Tương tự, suy ra \(MB=PQ,MC=QR\)

 \(\Rightarrow MA+MB+MC=PR+PQ+PR=C_{\Delta PQR}\)

 Ta có đpcm.

 c) \(\Delta PQR\) đều 

\(\Leftrightarrow PQ=QR=PR\) 

\(\Leftrightarrow MA=MB=MC\) (vì \(MA=PR,MB=PQ,MC=QR\) (cmt))

\(\Leftrightarrow\) M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

 d) Điểm D là điểm nào đó bạn? Nếu ý bạn là \(\widehat{RMP}=\widehat{PMQ}=\widehat{QMR}\) thì cái này dễ rồi nhé. Dùng tính chất hình thang chứng minh cả 3 góc này bằng 120^o là được.

 e) Dựng tam giác đều BMN sao cho N và A nằm cùng phía đối với đường thẳng BM.

 Khi đó \(BM=BN=MN\), \(\widehat{MBN}=\widehat{ABC}=60^o\) 

 \(\Rightarrow\widehat{NBM}-\widehat{ABM}=\widehat{ABC}-\widehat{ABM}\)

 \(\Rightarrow\widehat{ABN}=\widehat{MBC}\)

 Xét tam giác BNA và BMC, ta có:

 \(BN=BM\left(cmt\right),\widehat{NBA}=\widehat{MBC}\left(cmt\right),BA=BC\) (tam giác ABC đều)

 \(\Rightarrow\Delta BNA=\Delta BMC\left(c.g.c\right)\)

 \(\Rightarrow AN=MC\)

 Khi đó \(\left\{{}\begin{matrix}MB=MN\\MC=NA\end{matrix}\right.\) nên \(MA,MB,MC\) chính là 3 cạnh của tam giác AMN

 Hiển nhiên \(max\left\{MA,MB,MC\right\}\) nhỏ hơn tổng độ dài 2 cạnh còn lại.

\(\left(x^2-4\right)\left(x^2-10\right)-72\\ =x^4-4x^2-10x^2+40-72\\ =x^4-14x^2-32\\ =x^4+2x^2-16x^2-32\\ =x^2\left(x^2+2\right)-16\left(x^2+2\right)\\ =\left(x^2-16\right)\left(x^2+2\right)\)

\(B=x^2+10x+20\\ =x^2+10x+25-5\\ =\left(x^2+10x+25\right)-5\\ =\left(x+5\right)^2-5\)

Ta có: \(\left(x+5\right)^2\ge0\forall x\)

\(\Rightarrow B=\left(x+5\right)^2-5\ge-5\forall x\)

Dấu "=" xảy ra: `x+5=0<=>x=-5` 

Vậy: ... 

Lời giải:

$3(1-4x)(x-1)+4(3x-2)(x+3)=-27$

$\Leftrightarrow 3(x-1-4x^2+4x)+4(3x^2+9x-2x-6)=-27$

$\Leftrightarrow 3(-4x^2+5x-1)+4(3x^2+7x-6)=-27$

$\Leftrightarrow -12x^2+15x-3+12x^2+28x-24=-27$

$\Leftrightarrow 43x-27=-27$

$\Leftrightarrow 43x=0$

$\Leftrightarrow x=0$