Sửa đa thức M(x) = 3x⁴ - 2x³ + 5x² - 4x + 1

\(P\left(x\right)=M\left(x\right)+N\left(x\right)\)

\(=3x^4-2x^3+5x^2-4x+1-3x^4+2x^3-3x^2+7x+5\)

\(=2x^2+3x+6\)

b, Tại x = -x  

< = > 2x = 0 <=> x = 0 thì giá trị của biểu thức P ( x ) = 6

A B C O P Q 1 2 2 1

a, BQ là đường phân giác của góc B 

=> \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}=\dfrac{1}{2}\widehat{B}\) ( 1 )

CP là đường phân giác của góc C 

=> \(\widehat{C_1}=\widehat{C_2}=\dfrac{1}{2}\widehat{C}\) ( 2 )

Mà tam giác ABC cân tại A 

= > \(\widehat{B}=\widehat{C}\) ( 3 )

Từ ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) = > \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}=\widehat{C_1}=\widehat{C_2}\)

Xét tam giác OBC có : 

\(\widehat{B_2}=\widehat{C_2}\) ( cmt )

= > Tam giác OBC cân tại O

b, Do O là giao của 2 đường phân giác BQ và CP của tam giác ABC 

nên O là trực tâm của tam giác ABC hay điểm O cách đều 3 cạnh AB,AC, BC của tam giác ABC 

c, Do O là trực tâm của tam giác ABC ( câu b, )

Mà tam giác ABC cân tại A 

= > AO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác ABC tức là AO đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC 

d, Xét \(\Delta QBC\) và \(\Delta PCB\) có :

\(\widehat{B_2}=\widehat{C_2}\left(cmt\right)\)

BC chung 

\(\widehat{B}=\widehat{C}\left(gt\right)\)

=> \(\Delta QBC=\Delta PCB\left(g-c-g\right)\)

= > CP = BQ ( 2 cạnh tương ứng )

e, Do tam giác QBC = tam giác PCB ( câu d, )

=> BP = CQ ( 2 cạnh tương ứng )

\(P\in AB\)

= > AP + PB = AB 

= > AP = AB - PB ( 4 )

\(Q\in AC\)

= > AQ + QC =AC

= > AQ = AC - QC ( 5 ) 

Từ ( 4 ) , ( 5 ) 

= > AP = AQ

Xét tam giác APQ có :

AP = AQ ( cmt ) 

= > Tam giác APQ cân tại A ( đpcm )

a) △���△ABC cân tại �A nên ���^=���^ABC=ACB.

Vì ��BQ và ��CP là đường phân giác của �^,�^B,C nên �1^=�2^=���^2B1​​=B2​​=2ABC​, �1^=�2^=���^2C1​​=C2​​=2ACB​.

Do đó �1^=�2^=�1^=�2^B1​​=B2​​=C1​​=C2​​.

Suy ra △���△OBC cân tại �O.

b) Vì �O là giao điểm các đường phân giác ��CP và ��BQ trong △���△ABC nên �O là giao điểm ba đường phân giác trong △���△ABC.

Do đó, �O cách đều ba cạnh ��,��AB,AC và ��BC.

c) Ta có △���△ABC cân tại �,��A,AO là đường phân giác của góc �A nên ��AO đồng thời là trung tuyến và đường cao của △���△ABC.

Vậy đường thẳng ��AO đi qua trung điểm của đoạn thẳng ��BC và vuông góc với nó.

d) Ta có △���=△���△PBC=△QCB (g.c.g)

⇒��=��⇒CP=BQ (hai cạnh tương ứng).

e) Ta có ��=��−��AP=AB−BP, ��=��−��AQ=AC−CQ (1);

△���=△���⇒��=��△PBC=△QCB⇒BP=CQ (2).

Lại có ��=��AB=AC (tam giác ���ABC cân tại �A) (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra ��=��AP=AQ.

Vậy tam giác ���APQ cân tại �A.

a)

Xét \(\Delta AOD\) và \(\Delta COB\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OC\left(gt\right)\\\widehat{O}:chung\\OB=OD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AOD=\Delta COB\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow AD=BC\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)\left(\text{đpcm}\right)\)

b) 

Nối A với C

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OC\\OB=OD\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow OA-OB=OC-OD\)

Hay \(AB=CD\)

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta CDA\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=CD\left(cmt\right)\\AC:chung\\AD=BC\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ABC=\Delta DCA\left(c.c.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{CDA}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\)

Vì \(\Delta AOD=\Delta COB\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{A}=\widehat{C}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\)

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta CDE\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ABC}=\widehat{CDA}\left(cmt\right)\\AB=CD\left(cmt\right)\\\widehat{A}=\widehat{C}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ABE=\Delta CDE\left(g.c.g\right)\left(\text{đpcm}\right)\)

c) Vì \(\Delta ABE=\Delta CDE\left(cmt\right)\Rightarrow AE=CE\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)\)

Xét \(\Delta AOE\) và \(\Delta COE\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OC\left(gt\right)\\\widehat{A}=\widehat{C}\left(cmt\right)\\AE=CE\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AOE=\Delta COE\left(c.g.c\right)\\ \Rightarrow\widehat{AOE}=\widehat{COE}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\)

`=> OE` là phân giác của \(\widehat{xOy}\) (đpcm)

em bổ sung hình nhé

Vì Om là phân giác của \(\widehat{xOy}\)

\(\Rightarrow\widehat{IOE}=\widehat{IOF}=\dfrac{1}{2}\widehat{EOF}\)

Vì \(\left\{{}\begin{matrix}IE\perp Ox\\IF\perp Oy\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{IEO}=\widehat{IFO}=90^o\)

Xét \(\Delta IOE\) và \(\Delta IOF\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{IEO}=\widehat{IFO}\left(=90^o\right)\\OI:chung\\\widehat{IOE}=\widehat{IOF}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta IOE=\Delta IOF\left(\text{cạnh huyền - góc nhọn}\right)\)

b) Vì \(\Delta IOE=\Delta IOF\left(cmt\right)\Rightarrow OE=OF\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)\)

Xét \(\Delta EOF\) có: \(OE=OF\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta EOF\) cân ở O

\(\Rightarrow\widehat{OEF}=\widehat{OFE}\)

Xét \(\Delta EOF\) có:

\(\widehat{EOF}+\widehat{OFE}+\widehat{OEF}=180^o\)

\(\Rightarrow2\widehat{EOI}+2\widehat{OEF}=180^o\\ \Rightarrow\widehat{EOI}+\widehat{OEF}=90^o\)

Gọi \(EF\cap OI\equiv M\)

Xét \(\Delta OME\) có: 

\(\widehat{OEF}+\widehat{EOI}+\widehat{OME}=180^o\\ \Rightarrow90^o+\widehat{OME}=180^o\\ \Rightarrow\widehat{OME}=180^o-90^o=90^o\\ \Rightarrow EF\perp Om\left(\text{đpcm}\right)\)

Cho ���^xOy​, (0∘<���^<180∘)(0∘<xOy​<180∘), ��Om là tia phân giác ���^xOy​. Trên tia ��Om lấy điểm �I bất kì. Gọi �,�E,F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ �I đến ��Ox và ��Oy. Chứng minh:

a) △���=△���△IOE=△IOF.

b) ��⊥��EF⊥Om.

a) Xét △���△IOE và △���△IOF có

�^=�^=90∘E=F=90∘ (giả thiết);

��OI cạnh chung;

���^=���^EOI=FOI (��Om là tia phân giác).

Vậy △���=△���△IOE=△IOF (cạnh huyền - góc nhọn).

b) △���=△���△IOE=△IOF (chứng minh trên)

⇒��=��⇒OE=OF (hai cạnh tương ứng).

Gọi �H là giao điểm của ��Om và ��EF.

Xét △���△OHE và △���△OHF, có

��=��OE=OF (chứng minh trên);

���^=���^EOH=FOH (��Om là tia phân giác);

OHOH chung.

Do đó △���=△���△OHE=△OHF (c.g.c)

⇒���^=���^⇒OHE=FHO (hai góc tương ứng)

Mà ���^+���^=180∘OHE+FHO=180∘ nên ���^=���^=90∘OHE=FHO=90∘.

Vậy ��⊥��EF⊥Om.

A. Ta có: $\angle BAD=\angle CAD$ $\angle ADB=120^{\circ}-\angle BAD=120^{\circ}-\angle CAD =$ $\angle ACD$ Vậy $AD$ là phân giác trong của $\angle A$ trong tam giác $ABC$ Do đó ta có $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$ (định lí phân giác) Mà $\angle A=\angle AHD$ (Do $H$ thuộc đường thẳng $AC$ là đường cao của tam giác $ABD$) $\angle HDA=180^{\circ}-\angle BDA=180^{\circ}-\angle B=120^{\circ}=\angle C$ Vậy $\frac{HD}{DC}=\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}$ Vậy $HD=BD$ và $\angle B=60^{\circ}=\angle HAD$ Do đó $\triangle AHD \cong \triangle ABD$ Vậy $\triangle ABC \cong \triangle AHD$ B. Ta có $\angle ADB=120^{\circ}-\angle BAD=120^{\circ}-\angle DAC=\angle ACD$ Lại có $AD$ là phân giác trong của $\angle A$ Do đó, ta có: $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DA}$ Vậy $DC=DA$, vậy $AD$ là đường trung trực của $BH$ C. Ta có $\angle AHD = \angle B = 60^{\circ}=\angle HAC$, vậy $\triangle AHD \sim \triangle ACH$ Do đó $\dfrac{HA}{HD}= \dfrac{HC}{HA}$ Vậy $HA=HC$ D. Ta có $\angle ADB=120^{\circ}-\angle BAD=120^{\circ}-\angle DAC=\angle ACD$ Do đó tam giác $ABC$ cân tại $B$, ta có $DC>AB$ (Bất đẳng thức tam giác) E. Gọi $E$ là trung điểm của $CS$ thì ta có $CE=\frac{1}{2}CS$ Mà $\angle ACB=\angle AHB=90^{\circ}$, do đó $AH//CB$, ta có $\triangle AHB \sim \triangle ACB$ Vậy $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{HB}{BC}$ Do đó $\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{BC}{AC}$ Vì $HEBC$ là hình bình hành nên ta có $BC=HE$ Vậy $\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{HE}{AC}$ Lại có $\triangle HSD \sim \triangle AHC$ Vậy $\dfrac{HS}{AC}=\dfrac{HD}{AH}$ Do đó $\dfrac{HE}{AC}=\dfrac{HD+DE}{AC}=\dfrac{HD}{AC}+\dfrac{DE}{AC}$ Vì $HA=HC$ nên ta có $HD=\frac{1}{2}AC$ Vậy $\dfrac{HE}{AC}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{DE}{AC}$ Mà $HE=\frac{1}{2}CS=\frac{1}{4}AB$ nên $\dfrac{HE}{AB}=\dfrac{1}{4}$ Do đó $\dfrac{1}{2}+\dfrac{DE}{AC}=\dfrac{1}{4}$ Vậy $\dfrac{DE}{AC}=-\dfrac{1}{4}$ Ta có $\triangle BDS \sim \triangle ACS$ Vậy $\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{DS}{CS}$ Mà $\angle B =\angle HAD=60^{\circ} =\angle SDC$ Nên tam giác $SDC$ cũng là tam giác đều với $SD=DC$ Vậy $\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{DS}{CS}=\dfrac{1}{2}$ Do đó $DE=\frac{-1}{4}AC$, suy ra $DE$ song song với $AC$ Lại có $\angle AHB=90^{\circ}$ nên $BH$ vuông góc với $AC$ Do đó $AD$ là đường trung trực của $BH$ nên $DE$ cũng là đường trung trực của $BH$ Vậy ta được $A,D,E$ thẳng hàng Chúc bạn học tốt!

Kẻ ��⊥��IE⊥AD (với �∈��E∈AD).

Gọi ��Ax là tia đối của tia ��AB.

Vì ���^BAC và ���^CAx là hai góc kề bù mà ���^=120∘BAC=120∘ nên ���^=60∘CAx=60∘ (1) 

Ta có ��AD là phân giác của ���^⇒���^=12���^=60∘BAC⇒DAC=21​BAC=60∘ (2)

Từ (1) và (2) suy ra ��AC là tia phân giác của ���^DAx

⇒��=��⇒IH=IE (tính chất tia phân giác của một góc) (3)

Vì ��DI là phân giác của ���^ADC nên ��=��IK=IE (tính chất tia phân giác của một góc) (4)

Từ (3) và (4)(4) suy ra ��=��IH=IK.

Ta có �D thuộc phân giác của �^A;

��⊥��DH⊥AB; ��⊥��DK⊥AC ⇒��=��⇒DH=DK (tính chất tia phân giác của một góc).

Gọi �G là trung điểm của ��BC.

Xét △���△BGD và △���△CGD, có

���^=���^=90∘BGD=CGD=90∘ (��DG là trung trực của ��BC ),

��=��BG=CG (già thiết),

��DG là cạnh chung.

Do đó △���=△���△BGD=△CGD (hai cạnh góc vuông)

⇒��=��⇒BD=CD (hai cạnh tương ứng).

Xét △���△BHD và △���△CKD, có

���^=���^=90∘BHD=CKD=90∘ (giả thiết);

��=��DH=DK (chứng minh trên);

��=��BD=CD (chứng minh trên).

Do đó △���=△���△BHD=△CKD (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

⇒��=��⇒BH=CK (hai cạnh tương ứng).

Ta có DD thuộc phân giác của \widehat{A}A;

D H \perp A BDH⊥AB; D K \perp A CDK⊥AC \Rightarrow D H=D K⇒DH=DK (tính chất tia phân giác của một góc).

Gọi GG là trung điểm của BCBC.

Xét \triangle B G D△BGD và \triangle C G D△CGD, có

\widehat{B G D}=\widehat{C G D}=90^{\circ}BGD=CGD=90∘ (DGDG là trung trực của B CBC ),

BG=CGBG=CG (già thiết),

DGDG là cạnh chung.

Do đó \triangle B G D=\triangle C G D△BGD=△CGD (hai cạnh góc vuông)

\Rightarrow B D=C D⇒BD=CD (hai cạnh tương ứng).

Xét \triangle B H D△BHD và \triangle C K D△CKD, có

\widehat{B H D}=\widehat{C K D}=90^{\circ}BHD=CKD=90∘ (giả thiết);

D H=D KDH=DK (chứng minh trên);

B D=C DBD=CD (chứng minh trên).

Do đó \triangle B H D=\triangle C K D△BHD=△CKD (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

\Rightarrow B H=C K⇒BH=CK (hai cạnh tương ứng).

Gọi �D là giao điểm của ��AG và ��⇒��=��BC⇒DB=DC.

Ta có ��=23��BG=32​BE; ��=23��CG=32​CF (tính chất trọng tâm).

Vì ��=��BE=CF nên ��=��⇒△���BG=CG⇒△BCG cân tại �G

⇒���^=���^⇒GCB=GBC

Xét △���△BFC và △���△CEB có ��=��CF=BE (giả thiết);

���^=���^GCB=GBC (chứng minh trên);

��BC là cạnh chung.

Do đó △���=△���△BFC=△CEB (c.g.c)

⇒���^=���^⇒FBC=ECB (hai góc tưong ứng)

⇒△���⇒△ABC cân tại �⇒��=��A⇒AB=AC.

Từ đó suy ra △���=△���△ABD=△ACD (c.c.c)

⇒���^=���^⇒ADB=ADC. (hai góc tương ứng)

Mà ���^+���^=180∘⇒���^=���^=90∘⇒��⊥��ADB+ADC=180∘⇒ADB=ADC=90∘⇒AD⊥BC hay ��⊥��AG⊥BC.

a)�)

Ta có : BE là đường trung tuyến cạnh ACTa có : BE là đường trung tuyến cạnh AC

và : CF là đường trung tuyến cạnh ABvà : CF là đường trung tuyến cạnh AB

⇒AB=AC⇒ΔABCcân tạiA⇒��=��⇒Δ���cân tại�

Nối AGNối AG

Xét ΔABC có BE và CF là 2 đường trung tuyến cắt nhau tại GXét ΔABC có BE và CF là 2 đường trung tuyến cắt nhau tại G

⇒G là trọng tâm ΔABC⇒G là trọng tâm ΔABC

và : AG là đường trung tuyến ứng với cạnh BCvà : AG là đường trung tuyến ứng với cạnh BC

ΔABC cân tại A nên đường trung tuyến AG cũng là đường cao => AG ⊥ BCΔABC cân tại A nên đường trung tuyến AG cũng là đường cao => AG ⊥ BC 

a) Ta có DM=DG \Rightarrow GM=2 GDDM=DG⇒GM=2GD.

Ta lại có GG là giao điểm của BDBD và CE \Rightarrow GCE⇒G là trọng tâm của tam giác ABCABC

\Rightarrow BG=2 GD⇒BG=2GD.

Suy ra BG=GMBG=GM.

Chứng minh tương tự ta được CG=GNCG=GN.

b) Xét tam giác GMNGMN và tam giác GBCGBC có GM=GBGM=GB (chứng minh trên);

\widehat{MGN}=\widehat{BGC}MGN=BGC (hai góc đối đỉnh);

GN=GCGN=GC (chứng minh trên).

Do đó \triangle GMN=\triangle GBC△GMN=△GBC (c.g.c)

\Rightarrow MN=BC⇒MN=BC (hai cạnh tương ứng).

Theo chứng minh trên \triangle GMN=\triangle GBC \Rightarrow \widehat{NMG}=\widehat{CBG}△GMN=△GBC⇒NMG=CBG (hai góc tương ứng).

Mà \widehat{NMG}NMG và \widehat{CBG}CBG ờ vị trí so le trong nên MNMN // BCBC.

a) Ta có ��=��⇒��=2��DM=DG⇒GM=2GD.

Ta lại có �G là giao điểm của ��BD và ��⇒�CE⇒G là trọng tâm của tam giác ���ABC

⇒��=2��⇒BG=2GD.

Suy ra ��=��BG=GM.

Chứng minh tương tự ta được ��=��CG=GN.

b) Xét tam giác ���GMN và tam giác ���GBC có ��=��GM=GB (chứng minh trên);

���^=���^MGN=BGC (hai góc đối đỉnh);

��=��GN=GC (chứng minh trên).

Do đó △���=△���△GMN=△GBC (c.g.c)

⇒��=��⇒MN=BC (hai cạnh tương ứng).

Theo chứng minh trên △���=△���⇒���^=���^△GMN=△GBC⇒NMG=CBG (hai góc tương ứng).

Mà ���^NMG và ���^CBG ờ vị trí so le trong nên ��MN // ��BC.

Ta có BF = 2BE (giả thiết). 

=>BE = EF.

Mà BE = 2ED nên EF = 2ED.

Do đó ED = DF.

=>D là trung điểm của EF.

Khi đó CD là đường trung tuyến của ∆CEF.

Vì K là trung điểm CF (giả thiết).

Nên EK cũng là đường trung tuyến của ∆CEF.

∆CEF có hai đường trung tuyến CD và EK cắt nhau tại G.

Khi đó G là trọng tâm của ∆CEF.

Vì G là trọng tâm của ∆CEF nên GCDC=23����=23 và GKGE=12����=12 (tính chất trọng tâm).

Ta có GKGE=12����=12

Suy ra GEGK=2����=2.

Ta có BF = 2BE (giả thiết). 

=>BE = EF.

Mà BE = 2ED nên EF = 2ED.

Do đó ED = DF.

=>D là trung điểm của EF.

Khi đó CD là đường trung tuyến của ∆CEF.

Vì K là trung điểm CF (giả thiết).

Nên EK cũng là đường trung tuyến của ∆CEF.

∆CEF có hai đường trung tuyến CD và EK cắt nhau tại G.

Khi đó G là trọng tâm của ∆CEF.

Vì G là trọng tâm của ∆CEF nên GCDC=23����=23 và GKGE=12����=12 (tính chất trọng tâm).

Ta có GKGE=12����=12

Suy ra GEGK=2����=2.

a) Xét tam giác ABDABD có CC là trung điểm của cạnh AD \Rightarrow BCAD⇒BC là trung tuyến của tam giác ABDABD.

Hơn nữa G \in BCG∈BC và GB=2 GC \Rightarrow GB=\dfrac{2}{3} BC \Rightarrow GGB=2GC⇒GB=32​BC⇒G là trọng tâm tam giác ABDABD.

Lại có AEAE là đường trung tuyến của tam giác ABDABD nên A, \, G, \, EA,G,E thẳng hàng.

b) Ta có GG là trọng tâm tam giác ABD \Rightarrow DGABD⇒DG là đường trung tuyến của tam giác này.

Suy ra DGDG đi qua trung điểm của cạnh ABAB (điều phài chứng minh).

a) Xét tam giác ���ABD có �C là trung điểm của cạnh ��⇒��AD⇒BC là trung tuyến của tam giác ���ABD.

Hơn nữa �∈��G∈BC và ��=2��⇒��=23��⇒�GB=2GC⇒GB=32​BC⇒G là trọng tâm tam giác ���ABD.

Lại có ��AE là đường trung tuyến của tam giác ���ABD nên �,�,�A,G,E thẳng hàng.

b) Ta có �G là trọng tâm tam giác ���⇒��ABD⇒DG là đường trung tuyến của tam giác này.

Suy ra ��DG đi qua trung điểm của cạnh ��AB (điều phài chứng minh).