a: Xét ΔABD vuông tại B và ΔAED vuông tại E có

AD chung

\(\widehat{BAD}=\widehat{EAD}\)

Do đó: ΔABD=ΔAED

b: Xét ΔAGC có

GE,CB là các đường cao

GE cắt CB tại D

Do đó: D là trực tâm của ΔAGC

=>AD\(\perp\)GC tại M

=>AM\(\perp\)GC

a: Xét ΔABC vuông tại A và ΔAMC vuông tại A có

AB=AM

AC chung

Do đó: ΔABC=ΔAMC

b: ΔABC=ΔAMC

=>\(\widehat{BAC}=\widehat{MAC}\)

Xét ΔCFA vuông tại F và ΔCEA vuông tại E có

CA chung

\(\widehat{FCA}=\widehat{ECA}\)

Do đó: ΔCFA=ΔCEA

=>AE=AF

a=(x+1^2022)+2024=0

.                x+1^2022=2024

                           x+1=2024

                               x=2023

Vậy đa thức a có nghiệm là x=2023

a: Xét ΔAMB vuông tại M và ΔAMC vuông tại M có

AB=AC

AM chung

Do đó: ΔAMB=ΔAMC

b: ΔAMB=ΔAMC

=>MB=MC

=>M là trung điểm của BC

Xét ΔGBC có

GM là đường cao

GM là đường trung tuyến

Do đó; ΔGBC cân tại G

c: Sửa đề: Trên tia đối của tia FB lấy H sao cho FG=FH

Xét ΔABC có

AM,BF là các đường trung tuyến

AM cắt BF tại G

Do đó: G là trọng tâm của ΔABC

=>BG=2GF

mà GH=2GF(F là trung điểm của GH)

nên BG=GH

=>G là trung điểm của BH

Xét ΔHBC có

G là trung điểm của HB

GI//BC

Do đó: I là trung điểm của HC

Xét ΔHGC có

CF,GI là các đường trung tuyến

CF cắt GI tại K

Do đó: K là trọng tâm của ΔHGC

Sửa đề: Vuông góc BC tại E

a: Xét ΔABD vuông tại A và ΔEBD vuông tại E có

BD chung

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

Do đó: ΔBAD=ΔBED

b: Sửa đề: ED cắt AB tại F, chứng minh ΔDFC cân

Xét ΔDAF vuông tại A và ΔDEC vuông tại E có

DA=DE

\(\widehat{ADF}=\widehat{EDC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDAF=ΔDEC

=>DF=DC

=>ΔDFC cân tại D

c: Ta có: BA+AF=BF

BE+EC=BC

mà BA=BE và AF=EC

nên BF=BC

ΔBFC cân tại B

mà BH là đường phân giác

nên H là trung điểm của FC

d: Ta có: BA=BE

=>B nằm trên đường trung trực của AE(1)

ta có: DA=DE
=>D nằm trên đường trung trực của AE(2)

Từ (1),(2) suy ra BD là đường trung trực của AE

=>BD\(\perp\)AE

a: Kẻ DM//AC

=>\(\widehat{DMB}=\widehat{ACB}\)

=>\(\widehat{DMB}=\widehat{DBM}\)

=>DM=DB

mà DB=CE

nên DM=CE

Xét ΔIMD và ΔIEC có

\(\widehat{IMD}=\widehat{ICE}\)(MD//CE)

DM=CE

\(\widehat{IDM}=\widehat{ICE}\)(DM//CE)

Do đó: ΔIMD=ΔIEC

=>ID=IE

=>I là trung điểm của DE
b: Ta có: ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên AH là phân giác của góc BAC

Xét ΔABO và ΔACO có

AB=AC

\(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\)

AO chung

Do đó: ΔABO=ΔACO

=>OB=OC và \(\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0\)

Xét ΔOBD vuông tại B và ΔOCE vuông tại C có

OB=OC

BD=CE

Do đó: ΔOBD=ΔOCE

=>OD=OE

ΔODE cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)DE

a.

\(M\left(x\right)=2x^5+5x^4-7x^3-2x^2-\dfrac{1}{4}x\)

\(\Rightarrow M\left(x\right)\) có bậc 5

\(N\left(x\right)=-2x^5+3x^4-2x^3+7x^2-\dfrac{1}{4}\)

\(\Rightarrow N\left(x\right)\) có bậc 5

b.

\(M\left(x\right)+N\left(x\right)=8x^4-9x^3+5x^2-\dfrac{1}{4}x-\dfrac{1}{4}\)

Bài 1:

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAKC vuông tại K có

AB=AC

\(\widehat{BAH}\) chung

Do đó: ΔAHB=ΔAKC

b: ΔAHB=ΔAKC

=>BH=CK

Xét ΔKBC vuông tại K và ΔHCB vuông tại H có

BC chung

KC=HB

Do đó: ΔKBC=ΔHCB

=>\(\widehat{IBC}=\widehat{ICB}\)

=>IB=IC

=>I nằm trên đường trung trực của BC(1)

ta có: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra AI là đường trung trực của BC

Bài 3:

a: Xét ΔHEB vuông tại E và ΔHFC vuông tại F có

HB=HC

\(\widehat{HBE}=\widehat{HCF}\)

Do đó; ΔHEB=ΔHFC

b: Xét ΔAMK có

MF,KE là các đường cao

MF cắt KE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔAMK

=>AH\(\perp\)MK

Gọi số quyển tập ba lớp 7A,7B,7C quyên góp được lần lượt là a(quyển),b(quyển),c(quyển)

(Điều kiện: \(a,b,c\in Z^+\))

Số quyển tập ba lớp quyên góp được lần lượt tỉ lệ với 7;3;4 nên \(\dfrac{a}{7}=\dfrac{b}{3}=\dfrac{c}{4}\)

Tổng số quyển tập ba lớp quyên góp được là 420 nên a+b+c=420

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

\(\dfrac{a}{7}=\dfrac{b}{3}=\dfrac{c}{4}=\dfrac{a+b+c}{7+3+4}=\dfrac{420}{14}=30\)

=>\(a=30\cdot7=210\left(nhận\right);b=3\cdot30=90\left(nhận\right);c=4\cdot30=120\left(nhận\right)\)

vậy: số quyển tập ba lớp 7A,7B,7C quyên góp được lần lượt là 210(quyển),90(quyển),120(quyển)