Lời giải:

Vì $D$ là trung điểm $AC, $E$ là trung điểm $AB$ nên $ED$ là đường trung bình ứng với cạnh $BC$ của tam giác $ABC$

$\Rightarrow ED\parallel BC$

$\Rightarrow BEDC$ là hình thang.

Mà 2 góc ở đáy $\widehat{B}=\widehat{C}$ (do tam giác $ABC$ cân tại $A$)

$\Rightarrow BEDC$ là hình thang cân.

Hình vẽ:

\(A=\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)+\left(2y-x\right)^2+2023+4xy\)

\(A=x^2-\left(2y\right)^2+\left(4y^2-4xy+x^2\right)+2023+4xy\)

\(A=x^2-4y^2+4y^2-4xy+x^2+4xy\)

\(A=2x^2+2023\)

Vậy giá trị của biểu thức chỉ phụ thuộc vào x không phụ thuộc vào y 

\(B=\left(2x-3\right)\left(x-y\right)-\left(x-y\right)^2+\left(y-x\right)\left(x+y\right)\)

\(B=2x^2-2xy-3x+3y-\left(x^2-2xy+y^2\right)+y^2-x^2\)

\(B=2x^2-2xy-3x+3y-x^2+2xy-y^2+y^2-x^2\)

\(B=-3x+3y\)

Vậy giá trị của biểu thức vẫn phụ thuộc vào biến 

A = (\(x\) - 2y)(\(x\) + 2y) + (2y - \(x\))² + 2023 + 4\(xy\)

A = \(x^2\) - 4y² + 4y² - 4\(xy\) + \(x^2\) + 2023 + 4\(xy\)

A = (\(x^2\) + \(x^2\)) - (4y² - 4y²) + 2023 - (4\(xy\) - 4\(xy\))

A = 2\(x^2\) - 0 + 2023 - 0

A = 2\(x^2\) + 2023

Việc chứng minh A có giá trị không phụ thuộc vào giá trị của biến là điều không thể xảy ra.

Sửa đề:

Cho tam giác MNP cân tại M, điểm Q nằm giữa M và N, lấy điểm E nằm giữa M và P sao cho MQ = PE. Từ Q kẻ đường thẳng song song MP cách NP ở F. Chứng minh:

a) Tứ giác MQFE là hình bình hành

b) Trung điểm của MF thuộc đường thẳng QE

GIẢI 

a) Do ∆MNP cân tại M (gt)

⇒ MN = MP

Mà MQ = PE (gt)

⇒ MN - MQ = MP - ME

⇒ QN = ME

Do QF // MP (gt)

⇒ ∠QFN = ∠MPN (đồng vị) (1)

Mà ∆MNP cân tại M

⇒ ∠MPN = ∠MNP

⇒ ∠MPN = ∠QNF (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ∠QFN = ∠QNF

⇒ ∆QNF cân tại Q

⇒ QN = QF

Mà QN = ME (cmt)

⇒ QF = ME

Do QF // MP (gt)

⇒ QF // ME

Tứ giác MQFE có:

QF // ME (cmt)

QF = ME (cmt)

⇒ MQFE là hình bình hành

b) Gọi A là trung điểm của MF

Do MQFE là hình bình hành

⇒ A là trung điểm của hai đường chéo MF và QE

⇒ A là trung điểm của QE

⇒ A ∈ QE

a) Do MP // HK (gt)

\(HK\perp HI\) (\(\Delta HIK\) vuông tại H)

\(\Rightarrow MP\perp HI\)

\(\Rightarrow\widehat{MPH}=90^0\)

Do MQ // HI (gt)

\(HI\perp HK\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow MQ\perp HK\)

\(\Rightarrow\widehat{MQH}=90^0\)

Tứ giác HQMP có:

\(\widehat{MQH}=\widehat{MPH}=\widehat{PAQ}=90^0\)

\(\Rightarrow HQMP\) là hình chữ nhật

b) \(\Delta MPH\) vuông tại P

\(\Rightarrow HM^2=PM^2+PH^2\left(Pytago\right)\)

\(\Rightarrow PM^2=HM^2-PH^2=10^2-6^2=64\)

\(\Rightarrow PM=8\left(cm\right)\)

Diện tích HQMP:

\(S_{HQMP}=PM.PH=8.6=48\left(cm^2\right)\)

Sửa đề:

Cho tam giác MNP cân tại M, điểm Q nằm giữa M và N, lấy điểm E nằm giữa M và P sao cho MQ = PE. Từ Q kẻ đường thẳng song song MP cách NP ở F. Chứng minh:

a) Tứ giác MQFE là hình bình hành

b) Trung điểm của MF thuộc đường thẳng QE

GIẢI 

a) Do ∆MNP cân tại M (gt)

⇒ MN = MP

Mà MQ = PE (gt)

⇒ MN - MQ = MP - ME

⇒ QN = ME

Do QF // MP (gt)

⇒ ∠QFN = ∠MPN (đồng vị) (1)

Mà ∆MNP cân tại M

⇒ ∠MPN = ∠MNP

⇒ ∠MPN = ∠QNF (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ∠QFN = ∠QNF

⇒ ∆QNF cân tại Q

⇒ QN = QF

Mà QN = ME (cmt)

⇒ QF = ME

Do QF // MP (gt)

⇒ QF // ME

Tứ giác MQFE có:

QF // ME (cmt)

QF = ME (cmt)

⇒ MQFE là hình bình hành

b) Gọi A là trung điểm của MF

Do MQFE là hình bình hành

⇒ A là trung điểm của hai đường chéo MF và QE

⇒ A là trung điểm của QE

⇒ A ∈ QE

Ta có

\(a+b+c=1\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)=1\)

Mà \(a^3+b^3+c^3=1\)

\(\Rightarrow3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=-b\\b=-c\\c=-a\end{matrix}\right.\)

Do a;b ;c bình đẳng nên giả sử a = - b

\(\Rightarrow a+b+c=1\)

\(\Leftrightarrow-b+b+c=1\Leftrightarrow c=1\)

\(A=a^n+b^n+c^n\) Do n là số TN lẻ nên

\(A=a^n+b^n+c^n=\left(-b\right)^n+b^n+c^n=-b^n+b^n+c^n=c^n=1^n=1\)