Câu hỏi:

a) Tam giác \(A B C\) có các đường trung tuyến \(B D, C E\) cắt nhau tại \(G\) nên \(G\) là trọng tâm \(\triangle A B C\), do đó \(D G=\frac{1}{2} B G, E G=\frac{1}{2} C G\).

Mà \(F, H\) lần lượt là trung điểm của \(B G, C G\) nên

\(B F=F G=\frac{1}{2} B G, C H=H G=\frac{1}{2} C G\).

Do đó \(D G=B F=F G, E G=C H=H G\).

Suy ra, \(G\) là trung điểm của \(F D, G\) là trung điểm của \(E H\).

Tứ giác \(E F H D\) có hai đường chéo \(E H\) và \(F D\) cắt nhau tại trung điểm \(G\) của mỗi đường nên \(E F H D\) là hình bình hành.

b) Để hình bình hành \(E F H D\) là hình vuông thì \(E H=D F\) và \(E H \perp D F\).

Suy ra \(E G=D G, B G=C G\) và \(B D \perp C E\).

- Xét \(\triangle B E G\) và \(\triangle C D G\) có:

\(B G=C G, \widehat{E G B}=\widehat{D G C}\) (đối đỉnh), \(E G=D G\)

Do đó \(\triangle B E G=\triangle C D G\) (c.g.c).

Suy ra \(B E=C D\) (hai cạnh tương ứng).(1)

Mà \(B D, C E\) là các đường trung tuyến của \(\triangle A B C\) nên \(E\) là trung điểm của \(A B, D\) là trung điểm của \(A C\).

Suy ra \(A B=2 B E, A C=2 C D\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(A B=A C\).

- Dễ thấy, nếu \(A B=A C\) và \(B D \perp C E\) thì tứ giác \(E F H D\) là hình vuông.

Vậy tam giác \(A B C\) cân tại \(A\) có hai đường trung tuyến \(B D, C E\) vuông góc với nhau thì tứ giác \(E F H D\) là hình vuông.

Ta có: \(a^3+b^3+c^3=3 a b c\)

\(\begin{aligned}& a^3+b^3+c^3-3 a b c=0 \\& (a+b)^3-3 a b(a+b)+c^3-3 a b c=0 \\& (a+b)^3+c^3-3 a b(a+b+c)=0 \\& (a+b+c)^3-3(a+b) c(a+b+c)-3 a b(a+b+c)=0 \\& (a+b+c)\left[(a+b+c)^2-3 a c-3 b c-3 a b\right]=0 \\& (a+b+c)\left(a^2+b^2+c^2-a c-b c-a b\right)=0\end{aligned}\)

Suy ra \(a^2+b^2+c^2-a c-b c-a b=0(\) do \(a+b+c \neq 0)\).

Nên \(a^2+b^2+c^2=a b+b c+c a\).

Khi đó ta có \(N=\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2+2(a b+b c+c a)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{1}{3} .\)

Vậy \(N=\frac{1}{3}\).

Có ba đa thức là: \(x^2+y^2 ; 2025 ; \frac{x}{2}+x y z\).

Các biểu thức \(\frac{3}{x}+y ; \frac{x}{y}+\frac{1}{5} x\) không phải đa thức do có chứa biến ở dưới mẫu.

Biểu thức \(4+x \sqrt{y z}\) không phải đa thức do có chứa biến ở dưới dấu căn bậc hai.

Đơn thức \(6 x^4 y^3\) chia hết cho đơn thức \(2 x^3\) (vì số mũ ở mỗi biến của đơn thức \(6 x^4 y^3\) đều lớn hơn số mũ ở mỗi biến của đơn thức \(2 x^3\) ).

Ta có \((-x-3)^2=[-(x+3)]^2=(x+3)^2\).