Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(f\left(x\right)=2x^4+ax^2+bx+c\)
\(=2x^4-4x^3+4x^3-8x^2+\left(a+8\right)x^2-x\left(2a+16\right)+\left(2a+16+b\right)x-2\left(2a+16+b\right)+4a+32+2b+c\)
\(=\left(x-2\right)\left(2x^3+4x^2+x\left(a+8\right)+2a+16+b\right)+4a+2b+32+c\)
=>\(\dfrac{f\left(x\right)}{x-2}=2x^3+4x^2+x\left(a+8\right)+2a+16+b+\dfrac{4a+2b+32+c}{x-2}\)
f(x) chia hết cho x-2 nên \(4a+2b+32+c=0\)(1)
\(f\left(x\right)=2x^4+ax^2+bx+c\)
\(=2x^4-4x^3+6x^2+4x^3-16x^2+12x+\left(a+10\right)x^2-4x\left(a+10\right)+3a+30+x\left(4a+28+b\right)+c-3a-30\)
\(=\left(x^2-4x+3\right)\left(2x^2+4x+a+10\right)\)+x(4a+28+b)+c-3a-30
f(x) chia cho x2-4x+3 dư -x+2 nên ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}4a+28+b=-1\\c-3a-30=2\end{matrix}\right.\)(2)
Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{{}\begin{matrix}4a+2b+32+c=0\\4a+b+28=-1\\c-3a=32\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}4a+2b+c=-32\\4a+b=-29\\-3a+c=32\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+c=-3\\-3a+c=32\\4a+b=-29\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+3a=-35\\4a+b=-29\\b+c=-3\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}-a=-6\\4a+b=-29\\b+c=-3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=6\\b=-29-4a=-29-4\cdot6=-53\\c=-3-b=-3-\left(-53\right)=50\end{matrix}\right.\)
Bài 5:
\(75^2-25^2=\left(75-25\right)\left(75+25\right)=100\cdot50=5000\)
=>Chọn B
Bài 6:
\(\left(x-5\right)^2-\left(x+5\right)^2\)
\(=\left(x-5-x-5\right)\left(x-5+x+5\right)\)
\(=-10\cdot2x=-20x\)
=>Chọn D
Bài 7:
\(999^2x+1998x+x=x\left(999^2+1998+1\right)\)
\(=x\left(999^2+2\cdot999\cdot1+1^2\right)\)
\(=x\left(999+1\right)^2=1000^2\cdot x=1000000x\)
=>Chọn B
Bài 8:
\(A=x^2-4x+10\)
\(=x^2-4x+4+6\)
\(=\left(x-2\right)^2+6>=6\forall x\)
=>\(A_{min}=6\) khi x=2
=>Chọn B
ABCD là hình bình hành
=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm chung của AC và BD
Xét ΔOAK và ΔOCH có
\(\widehat{OAK}=\widehat{OCH}\)(hai góc so le trong, AK//CH)
OA=OC
\(\widehat{AOK}=\widehat{COH}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔOAK=ΔOCH
=>OK=OH
=>O là trung điểm của KH
Xét ΔOAE và ΔOCF có
\(\widehat{EAO}=\widehat{FCO}\)(hai góc so le trong, AE//CF)
OA=OC
\(\widehat{AOE}=\widehat{COF}\)
Do đó: ΔOAE=ΔOCF
=>OE=OF
=>O là trung điểm của EF
Xét tứ giác EKFH có
O là trung điểm chung của EF và KH
=>EKFH là hình bình hành
ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\\sqrt{x}-2\ne0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\x\ne4\end{matrix}\right.\)
\(P=\dfrac{\sqrt{x}+7}{\sqrt{x}-2}=\dfrac{\sqrt{x}-2+9}{\sqrt{x}-2}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{9}{\sqrt{x}-2}=1+\dfrac{9}{\sqrt{x}-2}\)
\(\left|P\right|=2\Rightarrow\left|1+\dfrac{9}{\sqrt{x}-2}\right|=2\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}1+\dfrac{9}{\sqrt{x}-2}=2\\1+\dfrac{9}{\sqrt{x}-2}=-2\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\dfrac{9}{\sqrt{x}-2}=1\\\dfrac{9}{\sqrt{x}-2}=-3\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x}-2=9\\-3\left(\sqrt{x}-2\right)=9\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x}=11\\\sqrt{x}=-1\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow x=121\left(tm\right)\)
\(f\left(x\right)=x^6+x^3-x^2-1\)
\(f\left(x\right)=x^6-x^3+2x^3-2x^2+x^2-1\)
\(f\left(x\right)=x^3\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)+2x^2\left(x-1\right)+\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)
\(f\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x^5+x^4+x^3+2x^2+x+1\right)\)
Xét đa thức \(g\left(x\right)=x^5+x^4+x^3+2x^2+x+1\) có bậc 5 là số lẻ. Khi đó giả sử tồn tại 2 đa thức \(h\left(x\right)\) và \(j\left(x\right)\) hệ số nguyên sao cho:
\(g\left(x\right)=h\left(x\right).j\left(x\right)\). Khi đó 1 trong 2 đa thức \(h\left(x\right),j\left(x\right)\) phải có bậc lẻ (vì nếu cả 2 đều bậc chẵn thì thành thử bậc của \(g\left(x\right)\) phải chẵn, mâu thuẫn theo trên).
Không mất tổng quát, giả sử đa thức \(h\left(x\right)\) có bậc lẻ. Khi đó nếu nó có nghiệm hữu tỉ thì gọi nghiệm hữu tỉ này là \(x=\dfrac{p}{q}\left(p,q\inℤ;\left(p,q\right)=1\right)\) thì \(p|1,q|1\) nên \(x=\pm1\). Thử lại, ta thấy 2 nghiệm này đều không thỏa mãn.
Do đó, \(g\left(x\right)\) không có nghiệm vô tỉ nên ta không thể phân tích tiếp \(f\left(x\right)\) thành nhân tử được nữa.
\(\left(x-2y\right)\left(x^2+2xy+4y^2\right)-\left(x-y\right)\left(x^2+8y^2\right)\)
\(=x^3-8y^3-\left(x^3-x^2y+8xy^2-8y^3\right)\)
\(=x^3-8y^3-x^3+x^2y-8xy^2+8y^3\)
\(=x^2y-8xy^2\)
1) \(x^3+3x^2+3x+1\)
\(=x^3+3\cdot x^2\cdot1+3\cdot x\cdot1^2+1^3\)
\(=\left(x+1\right)^3\)
2) \(x^3-3x^2+3x-1\)
\(=x^3-3\cdot x^2\cdot1+3\cdot x\cdot1^2-1^3\)
\(=\left(x-1\right)^3\)
3) \(x^3+6x^2+12x+8\)
\(=x^3+3\cdot x^2\cdot2+3\cdot x\cdot2^2+2^3\)
\(=\left(x+2\right)^3\)
g) \(\dfrac{7x^2-7x^3}{x^3-3x^2+3x-1}\)
\(=\dfrac{7x^2\left(1-x\right)}{\left(x-1\right)^3}\)
\(=\dfrac{-7x^2\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)^3}\)
\(=\dfrac{-7x^2}{\left(x-1\right)^2}\)
\(=\dfrac{-7x^2}{x^2-2x+1}\)
h) \(\dfrac{x^2-6x+9}{4x^2-12x}\)
\(=\dfrac{\left(x-3\right)^2}{4x\left(x-3\right)}\)
\(=\dfrac{x-3}{4x}\)
i) \(\dfrac{3x^3-3x}{x^3-1}\)
\(=\dfrac{3x\left(x^2-1\right)}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}\)
\(=\dfrac{3x\left(x+1\right)\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}\)
\(=\dfrac{3x\left(x+1\right)}{x^2+x+1}\)
\(=\dfrac{3x^2+3x}{x^2+x+1}\)
j) \(\dfrac{x^3+3x^2+3x+1}{4x^3+4x^2}\)
\(=\dfrac{\left(x+1\right)^3}{4x^2\left(x+1\right)}\)
\(=\dfrac{\left(x+1\right)^2}{4x^2}\)
\(=\dfrac{x^2+2x+1}{4x^2}\)
h) \(\dfrac{10x^2y+2xy^2}{2xy}\)
\(=\dfrac{2xy\left(5x+y\right)}{2xy}\)
\(=5x+y\)
a: AE\(\perp\)BD
CF\(\perp\)BD
Do đó: AE//CF
Xét ΔAED vuông tại E và ΔCFB vuông tại F có
AD=CB
\(\widehat{ADE}=\widehat{CBF}\)
Do đó: ΔAED=ΔCFB
=>AE=CF
Xét tứ giác AECF có
AE//CF
AE=CF
Do đó: AECF là hình bình hành
b: AE//CF
E\(\in\)AH
F\(\in\)CK
Do đó: AH//CK
AB//CD
K\(\in\)AB
H\(\in\)CD
Do đó: AK//CH
Xét tứ giác AHCK có
AH//CK
AK//CH
Do đó: AHCK là hình bình hành
=>AC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường(1)
ABCD là hình bình hành
=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường(2)
Từ (1) và (2) suy ra AC,HK,BD đồng quy