a) Bảng giá trị

  Đồ thị:

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d₁) và (d₂):

-x + 5 = x + 2

-x - x = 2 - 5

-2x = -3

x = 3/2

Thay x = 3/2 vào (d₂), ta có:

y = 3/2 + 2 = 7/2

Vậy tọa độ giao điểm M(3/2; 7/2)

c) Gọi (d₃): y = ax + b (a ≠ 0) là đồ thị của hàm số cần tìm

Do (d₃) // (d₁) nên a = -1

⇒ (d₃): y = -x + b

Do (d₃) đi qua K(-4; 2) nên thay tọa độ của K(-4; 2) vào (d₃), ta có:

-(-4) + b = 2

b = 2 - 4

b = -2

Vậy hàm số cần tìm là:

y = -x - 2

a) Đồ thị hs:`y=-2x+5` cắt `Ox(5/2;0)` và cắt `Oy(0;5)` 

Đồ thị hs: `y=x+2` cắt `Ox(-2;0)` và cắt `Oy(0;2)` 

b) Ta có pt hoành độ giao điểm của (d₁) và (d₂): 

\(-2x+5=x+2\)

\(\Leftrightarrow x+2x=5-2\)

\(\Leftrightarrow3x=3\)

\(\Leftrightarrow x=1\)

Thay `x=1` vào `(d_2)` ta có: \(y=1+2=3\)

`=>M(1;3)` 

c) Hàm số `y=ax+b` có đồ thị song song với `(d_1):y=-2x+5` 

`=>a=-2` 

`=>y=-2x+b` 

Mà hàm số này đi qua điểm `K(-4;2)` ta thay `x=-4` và `y=2` vào ta có:

`2=-2*(-4)+b`

`<=>2=8+b`

`<=>b=2-8=-6` 

Vậy hàm số đó là: `y=-2x-6` 

ĐKXĐ: x ≠ 1; x ≠ -1

4/(x - 1) - A = 8/(x² - 1)

⇒ A = 4/(x - 1) - 8/(x² - 1)

= 4(x + 1)/(x² - 1) - 8/(x² - 1)

= (4x + 4 - 8)/(x² - 1)

= (4x - 4)/(x² - 1)

= 4(x - 1)/[(x - 1)(x + 1)]

= 4/(x + 1)

mình đang cần gấp

a: Xét ΔAFB và ΔCFI có

\(\widehat{FAB}=\widehat{FCI}\)(hai góc so le trong, AB//CI)

\(\widehat{AFB}=\widehat{CFI}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔAFB~ΔCFI

b: Xét ΔEAB và ΔEKD có

\(\widehat{EAB}=\widehat{EKD}\)(hai góc so le trong, AB//KD)

\(\widehat{AEB}=\widehat{KED}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔEAB~ΔEKD

=>\(\dfrac{AB}{KD}=\dfrac{AE}{KE}\)

=>\(AB\cdot KE=AE\cdot KD\)

\(6x^2+4xy-y^2\)

\(=6\left(x^2+\dfrac{2}{3}xy-\dfrac{1}{6}y^2\right)\)

\(=6\left(x^2+2\cdot x\cdot\dfrac{1}{3}y+\dfrac{1}{9}y^2-\dfrac{5}{18}y^2\right)\)

\(=6\left[\left(x+\dfrac{1}{3}y\right)^2-\left(\dfrac{y\sqrt{5}}{3\sqrt{2}}\right)^2\right]\)

\(=6\left(x+\dfrac{1}{3}y-\dfrac{y\sqrt{10}}{6}\right)\left(x+\dfrac{1}{3}y+\dfrac{y\sqrt{10}}{6}\right)\)

b: \(8x^2+3xy-4y^2\)

\(=8\left(x^2+\dfrac{3}{8}xy-\dfrac{1}{2}y^2\right)\)

\(=8\left(x^2+2\cdot x\cdot\dfrac{3}{16}y+\dfrac{9}{256}y^2-\dfrac{137}{256}y^2\right)\)

\(=8\left[\left(x+\dfrac{3}{16}y\right)^2-\left(\dfrac{y\sqrt{137}}{16}\right)^2\right]\)

\(=8\left(x+\dfrac{3}{16}y-\dfrac{y\sqrt{137}}{16}\right)\left(x+\dfrac{3}{16}y+\dfrac{y\sqrt{137}}{16}\right)\)

1.

\(B=\left(ab+bc+ca\right)\left(\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\right)-abc\left(\dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2b^2c^2}\right)\)

\(=\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc}-\dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc}\)

\(=\dfrac{a^2b^2+c^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}{abc}-\dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc}\)

\(=\dfrac{2abc\left(a+b+c\right)}{abc}=2\left(a+b+c\right)\)

2.

\(x+y+z=xyz\Rightarrow\dfrac{x+y+z}{xyz}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}=1\)

Lại có:

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=3\Rightarrow\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2=9\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{2}{xy}+\dfrac{2}{yz}+\dfrac{2}{zx}=9\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+2.1=9\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}=7\)

\(pt:25\left(x+1\right)^4-26\left(x+1\right)^2+1=0\\ \Leftrightarrow\left[25\left(x+1\right)^4-25\left(x+1\right)^2\right]-\left[\left(x+1\right)^2-1\right]=0\\ \Leftrightarrow25\left(x+1\right)^2\left[\left(x+1\right)^2-1\right]-\left[\left(x+1\right)^2-1\right]=0\\ \Leftrightarrow\left[\left(x+1\right)^2-1\right]\left[25\left(x+1\right)^2-1\right]=0\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x+1\right)^2-1=0\\25\left(x+1\right)^2-1=0\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x+1\right)^2=1\\\left(x+1\right)^2=\dfrac{1}{25}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+1=1\\x+1=-1\\x+1=\dfrac{1}{5}\\x+1=-\dfrac{1}{5}\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-2\\x=-\dfrac{4}{5}\\x=-\dfrac{6}{5}\end{matrix}\right.\)

Vậy tập nghiệm pt: \(S=\left\{0;-2;-\dfrac{4}{5};-\dfrac{6}{5}\right\}\)

\(25\left(x+1\right)^4-26\left(x+1\right)^2+1=0\)

=>\(25\left(x+1\right)^4-25\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)^2+1=0\)

=>\(25\left(x+1\right)^2\left[\left(x+1\right)^2-1\right]-\left[\left(x+1\right)^2-1\right]=0\)

=>\(\left[\left(x+1\right)^2-1\right]\left[25\left(x+1\right)^2-1\right]=0\)

=>\(\left(x+1+1\right)\left(x+1-1\right)\left(5x+5-1\right)\left(5x+5+1\right)=0\)

=>\(x\left(x+2\right)\left(5x+4\right)\left(5x+6\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-2\\x=-\dfrac{4}{5}\\x=-\dfrac{6}{5}\end{matrix}\right.\)

a: Xét ΔNHM có NI là phân giác

nên \(\dfrac{IM}{IH}=\dfrac{NM}{NH}\left(1\right)\)

Xét ΔNMP có NK là phân giác

nên \(\dfrac{KP}{KM}=\dfrac{NP}{NM}\left(2\right)\)

Xét ΔNHM vuông tại H và ΔNMP vuông tại M có

\(\widehat{HNM}\) chung

Do đó: ΔNHM~ΔNMP

=>\(\dfrac{NH}{NM}=\dfrac{NM}{NP}\)

=>\(\dfrac{NM}{NH}=\dfrac{NP}{NM}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\dfrac{IM}{IH}=\dfrac{KP}{KM}\)

b: Xét ΔNHI vuông tại H và ΔNMK vuông tại M có

\(\widehat{HNI}=\widehat{MNK}\)(NK là phân giác của góc MNP)

Do đó: ΔNHI~ΔNMK

=>\(\widehat{NIH}=\widehat{NKM}\)

mà \(\widehat{NIH}=\widehat{MIK}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{MIK}=\widehat{MIK}\)

=>ΔMIK cân tại M

c: Ta có: ΔMIK cân tại M

mà ME là đường trung tuyến

nên ME\(\perp\)IK

Xét ΔENM vuông tại E và ΔMNK vuông tại M có

\(\widehat{ENM}\) chung

Do đó: ΔENM~ΔMNK

=>\(\dfrac{NE}{NM}=\dfrac{NM}{NK}\)

=>\(NM^2=NE\cdot NK\)

Ta có: \(\dfrac{NM}{NH}=\dfrac{NP}{NM}\)

=>\(NM^2=NP\cdot NH\)

=>\(NE\cdot NK=NP\cdot NH\)

=>\(\dfrac{NE}{NP}=\dfrac{NH}{NK}\)

Xét ΔNEH và ΔNPK có

\(\dfrac{NE}{NP}=\dfrac{NH}{NK}\)

\(\widehat{ENH}\) chung

Do đó: ΔNEH~ΔNPK

=>\(\widehat{NEH}=\widehat{NPK}\)

a) ta có: M là trung điểm của AB, N là trung điểm BC

\(\Rightarrow MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow MN\) // \(AC\) hay \(MN\) // \(AD\)

ta có: N là trung điểm BC; D là trung điểm AC

⇒ ND là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

⇒ ND // AB hay ND // MA

xét tứ giác NMAD, có:

MN // AD (chứng minh trên)

MA // ND (chứng minh trên)

⇒ tứ giác NMAD là hình bình hành

⇒ MD = AN

b) Xét tứ giác BMDN, có:

\(ND=BM\) (Vì ND là đường trung bình của ΔABC)

Lại có: ND // AB ⇒ ND // BM

⇒ tứ giác BMDN là hình bình hành

Lại có: O là trung điểm của đường chéo MN

⇒ O cũng là trung điểm đường chéo BD

⇒ 3 điểm B; O; D thẳng hàng