fighting

Hướng giải:

- Chứng minh được đường phân giác trong và đường phân giác ngoài của cùng 1 góc thì vuông góc với nhau

- Từ đó chững minh được APBQ và AMCN là hình chữ nhật.

- Gọi I là giao của PQ với AB; K là giao của MN với AC => I là trung điểm của AB và K là trung điểm của AC (trong HCN 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

- Ta  chứng minh được \(\widehat{QNy}=\widehat{BCy}\) Hai góc này ở vị trí đồng vị

=> MN//BC

- Chứng minh tương tự ta cũng có PQ//BC

- Xét tg ABC có PQ đi qua trung điểm AB và PQ//BC => PQ đi qua trung điểm K của AC (Trong tg đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

=> Qua điểm K có 2 đường thẳng PQ và MN cùng song song với BC nên MN trùng PQ hay P; Q; M; N thẳng hàng (Từ 1 điểm bên ngoài 1 đường thẳng cho trước chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng // với đường thẳng đã cho)

Ta có:\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

Vì \(\left(a-b\right)^2\ge0;\left(b-c\right)^2\ge0;\left(c-a\right)^2\ge0\) với mọi \(a;b;c\inℝ\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) với mọi \(a;b;c\inℝ\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\c=a\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a=b=c\)

\(\Rightarrow P=a^3+a^3+c^3-3.a.a.a\)

\(\Leftrightarrow P=3a^3-3a^3\)

\(\Leftrightarrow P=0\)

Vậy ...

a: Xét ΔBAD và ΔABC có

AB chung

BD=AC

AD=BC

Do đó: ΔBAD=ΔABC

=>\(\widehat{ABD}=\widehat{BAC}\)

=>\(\widehat{TAB}=\widehat{TBA}\)

=>ΔTAB cân tại T

=>TA=TB

b: Ta có: TA+TC=AC

TB+TD=BD

mà TA=TB và AC=BD

nên TC=TD

nối t với m sao cho tm vuông góc ab 

xét tam giác AMT và tam giác BMT có

amt=bmt=90 độ

mt chung 

am=mb

suy ra hai tam giác bằng nhau 

suy ra ta=tb

CMTT ta có tam giác TDN và TCN 

suy ra TD=TC

a; (\(\dfrac{1}{x}\) - 5)(\(\dfrac{1}{x}\) + 5)

= (\(\dfrac{1}{x}\))^2 -  5²

=  \(\dfrac{1}{x^2}\) - 25

b; (\(\dfrac{x}{3}\) - \(\dfrac{y}{4}\))(\(\dfrac{x}{3}\) + \(\dfrac{y}{4}\))

 = \(\left(\dfrac{x}{3}\right)^2\) - \(\left(\dfrac{y}{4}\right)^2\)

  =  \(\dfrac{x^2}{9}\) - \(\dfrac{y^2}{16}\)

d; (\(\dfrac{x}{y}\) - \(\dfrac{2}{3}\) (\(\dfrac{x}{y}\)+\(\dfrac{2}{3}\))

= (\(\dfrac{x}{y}\))² - (\(\dfrac{2}{3}\))²

= \(\dfrac{x^2}{y^2}\) - \(\dfrac{4}{9}\)

e; (2\(x\) - \(\dfrac{2}{3}\))(\(\dfrac{2}{3}\) + 2\(x\))

= (2\(x\))² - (\(\dfrac{2}{3}\))²

= 4\(x^2\) - \(\dfrac{4}{9}\)

          Bài 1:

A = 8.(3² + 1)(3⁴ + 1)(3⁸ + 1)(3¹⁶ + 1)

A = (3^{2 -} 1)(3² + 1)(3⁴+ 1)(3⁸ +1)(3¹⁶ + 1)

A = (3⁴ - 1)(3⁴ + 1)(3⁸+ 1)(3¹⁶ + 1)

A = (3⁸ - 1)(3⁸ + 1)(3¹⁶ + 1)

A = (3¹⁶ - 1)(3¹⁶ +1)

 A = (3¹⁶)² - 1²  

A = 3³² - 1

1: \(A=8\left(3^2+1\right)\left(3^4+1\right)\cdot...\cdot\left(3^{16}+1\right)\)

\(=\left(3^2-1\right)\left(3^2+1\right)\cdot\left(3^4+1\right)\left(3^8+1\right)\cdot\left(3^{16}+1\right)\)

\(=\left(3^4-1\right)\left(3^4+1\right)\left(3^8+1\right)\left(3^{16}+1\right)\)

\(=\left(3^8-1\right)\cdot\left(3^8+1\right)\left(3^{16}+1\right)\)

\(=\left(3^{16}-1\right)\left(3^{16}+1\right)=3^{32}-1\)

2: \(B=\left(1-3\right)\left(3+1\right)\left(3^2+1\right)\left(3^4+1\right)\left(3^8+1\right)\left(3^{16}+1\right)\)

\(=-\left(3^2-1\right)\left(3^2+1\right)\left(3^4+1\right)\left(3^8+1\right)\left(3^{16}+1\right)\)

\(=-\left(3^4-1\right)\left(3^4+1\right)\cdot\left(3^8+1\right)\left(3^{16}+1\right)\)

\(=-\left(3^8-1\right)\left(3^8+1\right)\left(3^{16}+1\right)=-\left(3^{16}-1\right)\left(3^{16}+1\right)\)

\(=-\left(3^{32}-1\right)=1-3^{32}\)

3: \(C=24\left(5^2+1\right)\left(5^4+1\right)\cdot...\cdot\left(5^{128}+1\right)+\left(5^{256}-1\right)\)

\(=\left(5^2-1\right)\left(5^2+1\right)\cdot\left(5^4+1\right)\left(5^{128}+1\right)+\left(5^{256}-1\right)\)

\(=\left(5^4-1\right)\cdot\left(5^4+1\right)\cdot...\cdot\left(5^{128}+1\right)+\left(5^{256}-1\right)\)

\(=\left(5^8-1\right)\left(5^8+1\right)\cdot...\cdot\left(5^{128}+1\right)+\left(5^{256}-1\right)\)

\(=\left(5^{16}-1\right)\left(5^{16}+1\right)\cdot...\cdot\left(5^{128}+1\right)+5^{256}-1\)

\(=\left(5^{32}-1\right)\left(5^{32}+1\right)\left(5^{64}+1\right)\left(5^{128}+1\right)+5^{256}-1\)

\(=\left(5^{64}-1\right)\left(5^{64}+1\right)\left(5^{128}+1\right)+5^{256}-1\)

\(=\left(5^{128}-1\right)\left(5^{128}+1\right)+5^{256}-1=2\left(5^{256}-1\right)\)

\(10x-x^2+2\\ =\left(-x^2+10x-25\right)+27\\ =-\left(x^2-10x+25\right)+27\\ =-\left(x-5\right)^2+27\)
Ta có: \(-\left(x-5\right)^2\le0\forall x=>-\left(x-5\right)^2+27\le27\forall x\)

Dấu "=" xảy ra: `x-5=0<=>x=5` 

Ta có:

\(Q=\dfrac{1}{x^2-4x+11}=\dfrac{1}{\left(x^2-4x+4\right)+7}\\ =\dfrac{1}{\left(x-2\cdot x\cdot2+2^2\right)+7}=\dfrac{1}{\left(x-2\right)^2+7}\) 

\(\left(x-2\right)^2\ge0\forall x=>\left(x-2\right)^2+7\ge7\forall x\\ =>Q=\dfrac{1}{\left(x-2\right)^2+7}\le\dfrac{1}{7}\forall x\)

Dấu "=" xảy ra: `x-2=0<=>x=2` 

a: Ta có: \(AE=EB=\dfrac{AB}{2}\)

\(CF=FD=\dfrac{CD}{2}\)

mà AB=CD

nên AE=EB=CF=FD

Xét tứ giác AECF có

AE//CF

AE=CF

Do đó: AECF là hình bình hành

b: Xét tứ giác BFDE có

BE//DF

BE=DF

Do đó: BFDE là hình bình hành

=>BF//DE
=>EM//FN

Ta có AECF là hình bình hành

=>AF//CE

=>MF//EN

Xét tứ giác EMFN có

EM//FN

EN//FM

Do đó: EMFN là hình bình hành

c: Ta có: EMFN là hình bình hành

=>EF cắt MN tại trung điểm của mỗi đường(1)

Ta có: AECF là hình bình ahfnh

=>AC cắt EF tại trung điểm của mỗi đường(2)

Từ (1),(2) suy ra AC,EF,MN đồng quy

Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành 

=> \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\)

Lại có: `\(\)BF, DE` lần lượt là phân giác của \(\widehat{ABC}\) và \(\widehat{ADC}\)

=> \(\widehat{ADE}=\widehat{EDC}=\widehat{ABF}=\widehat{FBC}\)

Mà `AB` // `DC =>` \(\widehat{ABF}=\widehat{BFC}\) (2 góc so le trong)

=> \(\widehat{EDC}=\widehat{BFC}\) 

Mà 2 góc đó là 2 góc đồng vị 

`=> DE` // `BF` (đpcm)