Bài 2. 

a) \(\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)-x\left(x+3\right)\left(x-3\right)=26\)

\(\Leftrightarrow x^3+8-x\left(x^2-9\right)=26\)

\(\Leftrightarrow9x=18\)

\(\Leftrightarrow x=2\).

b) \(\left(4x+1\right)\left(1-4x+16x^2\right)-16x\left(4x^2-5\right)=17\)

\(\Leftrightarrow64x^3+1-64x^3+80x=17\)

\(\Leftrightarrow80x=16\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{1}{5}\)

c) \(\left(x+3\right)^3-x\left(3x+1\right)^2+\left(2x+1\right)\left(4x^2-2x+1\right)-3x^2=54\)

\(\Leftrightarrow x^3+9x^2+27x+27-9x^3-6x^2-x+8x^3+1-3x^2=54\)

\(\Leftrightarrow26x=26\)

\(\Leftrightarrow x=1\)

d) \(7x^3+3x^2-3x+1=0\)

\(\Leftrightarrow8x^3=x^3-3x^2+3x-1\)

\(\Leftrightarrow\left(2x\right)^3=\left(x-1\right)^3\)

\(\Leftrightarrow2x=x-1\)

\(\Leftrightarrow x=-1\)

e) \(x^2-6x-7=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-7\right)\left(x+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=7\\x=-1\end{cases}}\)

f) \(4x^2-8x+4y^2+4y+5=0\)

\(\Leftrightarrow4x^2-8x+4+4y^2+4y+1=0\)

\(\Leftrightarrow4\left(x-1\right)^2+\left(2y+1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-1=0\\2y+1=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=-\frac{1}{2}\end{cases}}\)

g) \(x^2+5y^2-4xy-2y+1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-4xy+4y^2+y^2-2y+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2y\right)^2+\left(y-1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-2y=0\\y-1=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\y=1\end{cases}}\)

a) Ta có AEAE là phân giác ˆBAC⇒ˆEAK=30o

⇒ˆAEK=60o⇒AEK^=60o (vì ΔAEK⊥K và có ˆEAK=30o)

Tương tự, có ˆEBK=30o (vì ΔABC⊥C và có ˆA=60)

ˆKEB=60o

Xét hai tam giác vuông ΔAEK và ΔKEB có:

ˆAEK=ˆKEB=60o (cmt)

EKEK chung

ˆEKB=ˆEKA=90o

⇒ΔAEK=ΔBEK (g.c.g)

⇒AK=KB (hai cạnh tương ứng)

b) Có ˆDAB=30o (cmt) ⇒ˆABD=60o (ΔADB⊥D)

Xét hai tam giác vuông ΔABC và ΔABD có:

ABAB chung

ˆBAC=ˆABD=60o ( gt + cmt)

ˆDAB=ˆABC=30o (g.c.g)

⇒ΔABC=ΔABD

⇒AD=BC (hai cạnh tương ứng)

a) Ta có AEAE là phân giác ˆBAC⇒ˆEAK=30oBAC^⇒EAK^=30o

⇒ˆAEK=60o⇒AEK^=60o (vì ΔAEK⊥KΔAEK⊥K và có ˆEAK=30oEAK^=30o)

Tương tự, có ˆEBK=30oEBK^=30o (vì ΔABC⊥CΔABC⊥C và có ˆA=60oA^=60o)

ˆKEB=60oKEB^=60o

Xét hai tam giác vuông ΔAEKΔAEK và ΔKEBΔKEB có:

ˆAEK=ˆKEB=60oAEK^=KEB^=60o (cmt)

EKEK chung

ˆEKB=ˆEKA=90oEKB^=EKA^=90o

⇒ΔAEK=ΔBEK⇒ΔAEK=ΔBEK (g.c.g)

⇒AK=KB⇒AK=KB (hai cạnh tương ứng)

b) Có ˆDAB=30oDAB^=30o (cmt) ⇒ˆABD=60o⇒ABD^=60o (ΔADB⊥DΔADB⊥D)

Xét hai tam giác vuông ΔABCΔABC và ΔABDΔABD có:

ABAB chung

ˆBAC=ˆABD=60oBAC^=ABD^=60o ( gt + cmt)

ˆDAB=ˆABC=30oDAB^=ABC^=30o (g.c.g)

⇒ΔABC=ΔABD⇒ΔABC=ΔABD

⇒AD=BC⇒AD=BC (hai cạnh tương ứng)

Đây nha!

Cre : Hoidap247

#Ri ( acc bạn )

Bạn tham khảo nhé !

Nguồn : h..vn

_ Hok tốt

Link tham khảo : https://h.vn/cau-hoi/cho-tam-giac-nhon-abc-ve-phia-ngoai-tam-giac-abc-cac-tam-giac-deu-abd-va-ace-goi-m-la-giao-diem-dc-va-be-chung-minha-tam-giac-abe-tam-giac-adcb.689423798490

a) Tam giác ABC có AB²+AC²=BC²( 3²+4²=5²)

=> Tam giác ABC vuông tại A

b)Xét tam giác DBA và tam giác DBE có

AB=BE

DBA=DBE ( vì BD là phân giác của góc ABC)

Cạnh BD chung

=> ΔDBA=ΔDBE(c.g.c)ΔDBA=ΔDBE(c.g.c)

c) Gọi O là giao điểm của BD và AE

Có tam giác DBA=tam giác DBE ( theo câu b)

  =>   AD=DE

Ta có AB=BE và AD=DE hay BD là đường trung trực của AE

Vậy AE⊥BDAE⊥BD

d) Xét tam giác DCE vuông và tam giác DFA vuông có

AD=DE

FDA=CDE ( 2 góc đối đỉnh)

=> tam giác DCE= tam giác DFA ( cạnh góc vuông- góc nhọn)

=> DF=DC

=> tam giác DCF cân tại D

Tam giác DEA có DA=DE => Nó cân tại D

Mà CDF=ADE( 2 góc đối đỉnh)

=> FCD+DFC=DAE+DEA

=>2.FCD=2.DAE

=> FCD=DAE

Mà FCD và DAE là 2 góc so le trong

=> AE//CF

k đúng rồi mình vẽ hình!

k nhé!

\(-14,5-5,67-14,5-5,67=-40,34\)

=-40,34

k nhé!

mình k lại!

a) Xét tam giác\(BAP\)có: 

\(E,F\)lần lượt là trung điểm của \(BA,BP\)

nên \(EF\)là đường trung bình của tam giác \(BEF\).

Suy ra \(EF//AP,EF=\frac{1}{2}AP\).

Tương tự ta cũng có \(EF//AQ,EF=\frac{1}{2}AQ\).

Có qua \(A\)có \(AP,AQ\)đều song song với \(EF\)nên \(Q,A,P\)thẳng hàng. 

mà \(AP=AQ\left(=2EF\right)\)suy ra \(A\)là trung điểm của \(PQ\).

b) Xét tam giác \(ABC\):

\(E,F\)lần lượt là trung điểm \(AB,AC\)

nên \(EF\)là đường trung bình của tam giác \(ABC\)

suy ra \(EF//BC,EF=\frac{1}{2}BC\).

suy ra \(BC//AQ,BC=AQ\)

do đó tứ giác \(ACBQ\)là hình bình hành. 

suy ra \(BQ//AC\)

.Tương tự ta cũng chứng minh được \(ABCP\)là hình bình hành

suy ra \(CP//AB\).

c) \(BC=\frac{1}{2}PQ,BC//PQ\)nên \(BC\)là đường trung bình của tam giác \(PQR\).

Do đó \(B,C\)lần lượt là trung điểm của \(QR,PR\).

suy ra \(AC,AB\)là hai đường trung bình của tam giác \(PQR\)

suy ra \(AC=\frac{1}{2}QR,AB=\frac{1}{2}PR\).

\(P_{PQR}=PQ+QR+PR=2\left(AB+BC+CA\right)=2P_{ABC}\)

ta có đpcm. 

d) Có \(RA,PB,QC\)là ba đường trung tuyến trong tam giác \(PQR\)do đó chúng đồng quy tại một điểm.

Ta có đpcm. 

cam on ban nhieu lam :))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))

(-1)=(-3,2)

k nhé 

mình k lại!

\(\frac{-9}{5}+0,8=-1,8+0,8=-1\)

\(\text{5 - 9 + 0,8}\)

\(\text{= -4 + 0,8}\)

\(\text{= -3,2}\)

giup mik gap voi :((((((((((((

a) Xét tam giác AEQ và tam giác BEC có
EQ=EC
AEQ=BEC đối đỉnh
EA=EB
=> tam giác AEQ = tam giác BEC(c.g.g).
=> AQ=BC(cạnh tuognư ứng). (1)
Xét Tam giác AFP và tam giác CFB có
AF=CF
AFP=CFB đối đỉnh
FB=FP
=> tam giác AFB = tam giác CFB(c.g.c)
=> AP = BC (2)
từ (1) và (2) suy ra AP=AQ.

\(a=\left(2x-\frac{1}{30}\right)^2-2\ge0-2=-2\)(vì \(\left(2x-\frac{1}{30}\right)^2\ge0\))

Dấu \(=\)khi \(2x-\frac{1}{30}=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{60}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(a\)là \(-2\)đạt tại \(x=\frac{1}{60}\).