xét tam giác EDA và tam giác CBA có

DA=AB(gt)

EA=AC(gt)

góc DAE=góc BAC( đđ)

=> tam giác EDA= tam giác CBA(cgc)

=> ABC=ADE( hai góc t/ứ) mà ABC so le trong với ADE=> ED//BC=> ID//BK mà ID=BK

=> IDKB là hbh=> DB giao IK tại trung điểm mỗi cạnh mà A là trung điểm BD=> A là trung điểm IK=> I đối xứng K qua A

tự kẻ hình ná:>>

a) Xét tam giác MBE và tam giác NCF có

MBE=NCF(=ACB)

MEB=NFC(=90 độ)

MB=NC(gt)

=> tam giác MBE= tam giác NCF(ch-gnh)

=>ME=NF( hai cạnh t/ứ)

ME//NF( cùng vuông góc với EF)

=> MENF là hbh (có hai cạnh đối // và bằng nhau)

b) Mx//BC=> Mx//EF=> EMK=MEF=90 độ

   vì N,F,K thẳng hàng=> NFE+EFK=180 độ mà NFE=90 độ=> EFK=90 độ

ta có trong tứ giác MEFK có KME=MEF=EFK=90 độ=> MEFK là hcn=> KF=ME mà ME=FN=> KF=FN=> F là trung điểm KN

EF vuông góc với KN tại F=> EF là đường trung trực => EK=EN

Lười vẽ hình quá nên làm tạm câu 5 thôi nhé:)

Ta có: 

\(A=-2x^2-10y^2+4xy+4x+4y+2013\)

\(A=\left(-2x^2-2y^2-2+4xy+4x-4y\right)-\left(8y^2-8y+2\right)+4+2013\)

\(A=-2\left(x^2+y^2+1-2xy-2x+2y\right)-2\left(4y^2-4y+1\right)+2017\)

\(A=-2\left(y-x+1\right)^2-2\left(2y-1\right)^2+2017\le2017\left(\forall x,y\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}-2\left(y-x+1\right)^2=0\\-2\left(2y-1\right)^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y-x+1=0\\y=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y+1=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}\\y=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

Vậy \(Max_A=2017\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{3}{2}\\y=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

Cho hỏi gửi hình lên kiểu gì vậy??

Nguyễn Minh Đăng⁰⁶ : ib riêng nhá 

phân tích đa thức thành nhân tử nha :vv

6x - 9 - x² = -( x² - 6x + 9 ) = -( x - 3 )²

xin phép mik viết lại đề 

11(x-y)-2x(y-x)

\(11\left(x-y\right)-2x\left(y-x\right)\)

\(=11\left(x-y\right)+2x\left(x-y\right)\)

\(=\left(x-y\right)\left(11+2x\right)\)

a) Theo đề bài có: \(D\)đối xứng với \(A\)qua \(M\)nên \(M\)là trung điểm của \(AD\).

Xét tứ giác \(ABDC\)có : \(M\)là trung điểm của \(BC\), \(M\)là trung điểm của \(AD\)nên \(ABDC\)là hình bình hành 

(tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là hình bình hành)

b) Gọi \(H\)là hình chiếu của \(A\)trên cạnh \(BC\). Khi đó \(I\)đối xứng với \(A\)qua \(H\)suy ra \(H\)là trung điểm của \(AI\).

Xét tam giác \(AID\)có:  \(H\)là trung điểm của \(AI\),  \(M\)là trung điểm của \(AD\)nên \(HM\)là đường trung bình của tam giác \(AID\). 

suy ra \(HM//ID\) \(\Rightarrow BC//ID\).

c) Xét tứ giác \(BIDC\)có \(BC\)song song với \(ID\)nên \(BIDC\)là hình thang. 

Xét tam giác \(BAI\)có: \(BH\perp AI\), \(H\)là trung điểm của \(AI\)nên tam giác \(BAI\)cân tại \(B\). 

suy ra \(BH\)đồng thời cũng là đường phân giác của \(\widehat{ABI}\)\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{IBC}\)(1).

\(ABDC\)là hình bình hành nên \(AB//CD\)\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{BCD}\)(2) (hai góc so le trong) 

(1) và (2) suy ra \(\widehat{IBC}=\widehat{BCD}\)suy ra hình thang \(BIDC\)là hình thang cân. 

\(A=27x^3-27x^2+18x-6=3\left(9x^3-9x^2+6x-2\right)\)

\(B=2x^3-x^2+5x+6=2x^3-2x^2+x^2-x+6x+6==\left(2x^2+x+6\right)\left(x-1\right)\)