đừng sủa lắm , không biết mỏi mồm à 

a,\(\left(3x-2y\right)^2-\left(5x+7y\right)^2-14y^2\)

\(=9x^2+4y^2-12xy-25x^2-49y^2-70xy-14y^2\)

\(=-16x^2-59y^2-82xy\)

b,\(-\left(4x-\frac{3}{2}\right)^2+\left(3-2x\right)^2-\frac{1}{4}\)

\(=-16x^2+12x-\frac{9}{4}+9-12x+4x^2-\frac{1}{4}\)

\(=-12x^2-\frac{5}{2}+9=\frac{13}{2}-12x^2\)

c,\(\left(2x+1\right)^2-2\left(2x+1\right).\left(7+3x\right)+\left(7+3x\right)^2\)

\(=\left(2x+1-7-3x\right)^2=\left(-6-x\right)^2=36+12x+x^2\)

d, \(\left(5-3x\right)^2+2\left(5-3x\right)\left(7+3x\right)+\left(7+3x\right)^2\)

\(=\left(5-3x+7+3x\right)^2=12^2=144\)

Bài này chỉ tìm được Min thôi nhé:) 

Ta có: \(B=4x^2-3x^3=x^2\left(4-3x\right)\)

Vì \(0\le x< \frac{4}{3}\Rightarrow4-3x>0\)

\(\Rightarrow B\ge0\left(\forall x\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(x^2=0\Rightarrow x=0\)

Vậy \(B_{Min}=0\Leftrightarrow x=0\)

Bài này mình tìm đc MAX bạn r bạn nhé
TH1: x=0 thì B=0 (1)
TH2; \(0< x< \frac{4}{3}\)

Suy ra: 4-3x >0

Ta có \(B=4x^2-3x^3 \)

<=> \(x.B=x.x.x.\left(4-3x\right)\) (do 0<x<4/3)

ÁP DỤNG BĐT CAUCHY cho các số dương ta đc 
\(x.B=x.x.x.\left(4-3x\right)\le\left(\frac{x+x+x+4-3x}{4}\right)^4=1\)

Suy ra \(B\le\frac{1}{x}\) (do 0<x<4/3)  (2)

Lại có \(\frac{1}{x}>0\) vói mọi 0<x<4/3 (3)

Nên từ (1), (2), (3) suy ra
\(MaxB=\frac{1}{x}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=x=x=4-3x\\0< x< \frac{4}{3}\end{cases} \Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\left(TMĐK\right)\\0< x< \frac{4}{3}\end{cases}}}\)
Khi đó Max B= 1

giúp mình với

các bạn giúp mình với ,mai mình đi học rồi

B C A E D F H

Bài làm:

a) Δ EHB ~ Δ DHC (g.g) vì:

+ \(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\) (đối đỉnh)

+ \(\widehat{BEH}=\widehat{CDH}=90^0\)

=> đpcm

b) Theo phần a, 2 tam giác đồng dạng

=> \(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)

Δ HED ~ Δ HBC (c.g.c) vì:

+ \(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\) (chứng minh trên)

+ \(\widehat{EHD}=\widehat{BHC}\) (đối đỉnh)

=> đpcm

c) Δ ABD ~ Δ ACE (g.g) vì:

+ \(\widehat{ADB}=\widehat{AEC}=90^0\)

+ \(\widehat{A}\) chung

=> \(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)

Δ ADE ~ Δ ABC (c.g.c) vì:

+ \(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\) (chứng minh trên)

+ \(\widehat{A}\) chung

=> đpcm

d) Gọi F là giao của AH với BC

Δ BHF ~ Δ BCD (g.g) vì:

+ \(\widehat{BFH}=\widehat{BDC}=90^0\)

+ \(\widehat{B}\) chung

=> \(\frac{BF}{BH}=\frac{BD}{BC}\Rightarrow BD.BH=BF.BC\left(1\right)\)

Tương tự ta chứng minh được:

\(CH.CE=FC.BC\left(2\right)\)

Cộng vế (1) và (2) lại ta được:

\(BD.BH+CH.CE=\left(BF+FC\right)BC=BC.BC=BC^2\)

=> đpcm

pt <=> \(\left(x-3\right)^2\left(x+3\right)^2-\left(x-3\right)^2=0\)

<=>  \(\left(x-3\right)^2\left(\left(x+3\right)^2-1\right)=0\)

<=>   \(\orbr{\begin{cases}\left(x-3\right)^2=0\\\left(x+3\right)^2-1=0\end{cases}}\)

<=>   \(\orbr{\begin{cases}x=3\\\left(x+3\right)^2=1\end{cases}}\)

<=>    x = 3 hoặc \(\orbr{\begin{cases}x+3=1\\x+3=-1\end{cases}}\)

<=>   x = 3 hoặc  \(\orbr{\begin{cases}x=-2\\x=-4\end{cases}}\)

VẬY \(x\in\left\{-2;-4;3\right\}\)

Bài làm:

\(\left(x^2-9\right)^2-\left(x-3\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x-3\right)\left(x+3\right)\right]^2-\left(x-3\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)^2\left[\left(x+3\right)^2-1\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x-3\right)^2=0\\\left(x+3\right)^2-1=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-3=0\\\left(x+3\right)^2=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=3\\\left(x+3\right)^2=1\end{cases}}\)

Nếu \(\left(x+3\right)^2=1\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+3=1\\x+3=-1\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=-2\\x=-4\end{cases}}\)

Vậy tập nghiệm của PT \(S=\left\{-4;-2;3\right\}\)

B C M N E F D A

Bài làm:

a) Vì AM = AN và \(\widehat{MAN}=\widehat{BAC}=60^0\) (đối đỉnh)

=> Tam giác AMN đều

=> \(\widehat{MNA}=60^0=\widehat{ACB}\)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

=> MN // BC

=> Tứ giác MNCB là hình thang

Lại có \(\hept{\begin{cases}AM=AN\\AB=AC\end{cases}\Rightarrow}AM+AB=AN+AC\)

\(\Rightarrow MB=NC\) 

Vì MB,NC là 2 đường chéo hình thang MNCB

=> MNCB là hình thang cân

b) Nối M với D, C với F

Vì D,F là trung điểm của AN,AB

=> MD,CF là 2 đường trung tuyến của tam giác AMN và ABC

Mà 2 tam giác này đều

=> \(\hept{\begin{cases}MD\perp NC\left(\perp NA\right)\\CF\perp BM\left(\perp AB\right)\end{cases}}\)

=> Tam giác CDM và tam giác CFM vuông tại D,F

Mà DE,FE là 2 đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của 2 tam giác vuông nói trên

=> \(DE=FE=\frac{1}{2}MC\left(1\right)\)

Vì D,F là trung điểm của AN,AB

=> DF là đường trung bình của tam giác ANB

=> \(DF=\frac{1}{2}NB\left(2\right)\)

Mà NB = MC ( MNCB là hình thang cân ) nên kết hợp với (1) và (2)

=> \(DF=FE=ED\)

=> Tam giác DEF đều

Nếu đây là nhân đơn thức với đa thức thì...

\(\left(3x^3y-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{5}xy\right).6xy^3\)

\(=3x^3y.6xy^3-\frac{1}{2}x^2.6xy^3+\frac{1}{5}xy.6xy^3\)

\(=18x^4y^4-3x^3y^3+\frac{6}{5}x^2y^4\)

(3x^3y-1/2x^2+1/5xy).6xy^3

3x^3y.6xy^3-1/2x^2.6xy^3+1/5xy.6xy^3

18x^4y^4-3x^3y^3+6/5x^2y^4