K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
17 tháng 8
a: \(x^2+8x+16=x^2+2\cdot x\cdot4+4^2=\left(x+4\right)^2\)
b: \(9x^2-24x+16=\left(3x\right)^2-2\cdot3x\cdot4+4^2=\left(3x-4\right)^2\)
c: \(x^2-3x+\frac94=x^2-2\cdot x\cdot\frac32+\left(\frac32\right)^2=\left(x-\frac32\right)^2\)
d: \(4x^2y^4-4xy^3+y^2\)
\(=\left(2xy^2\right)^2-2\cdot2xy^2\cdot y+y^2\)
\(=\left(2xy^2-y\right)^2\)
e: \(\left(x-2y\right)^2-4\left(x-2y\right)+4\)
\(=\left(x-2y\right)^2-2\cdot\left(x-2y\right)\cdot2+2^2\)
\(=\left(x-2y-2\right)^2\)
f: \(\left(x+3y\right)^2-12xy\)
\(=x^2+6xy+9y^2-12xy\)
\(=x^2-6xy+9y^2=\left(x-3y\right)^2\)
20 tháng 8
a: Xét tứ giác ABEC có
M là trung điểm chung của AE và BC
=>ABEC là hình bình hành
b: Xét ΔBHF vuông tại H và ΔBHA vuông tại H có
BH chung
HF=HA
Do đó: ΔBHF=ΔBHA
=>BF=BA
mà BA=CE
nên BF=CE
23 tháng 8
a: ta có: EI⊥BF
AC⊥BF
Do đó: EI//AC
=>\(\hat{IEB}=\hat{ACB}\) (hai góc đồng vị)
mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)
nên \(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)
Xét ΔKBE vuông tại K và ΔIEB vuông tại I có
BE chung
\(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)
Do đó: ΔKBE=ΔIEB
=>EK=BI
b: Điểm D ở đâu vậy bạn?
16 tháng 8
Bài 8:
\(\left(2n+3\right)^2-\left(2n-1\right)^2\)
\(=\left(2n+3+2n-1\right)\left(2n+3-2n+1\right)\)
\(=4\cdot\left(4n+2\right)=4\cdot2\cdot\left(2n+1\right)=8\left(2n+1\right)\) ⋮8
Bai 7:
\(B=x^2+y^2=\left(x+y\right)^2-2xy\)
\(=15^2-2\cdot\left(-100\right)=225+200=425\)
Bài 6:
\(B=\left(3x-1\right)^2-\left(x+7\right)^2-2\left(2x-5\right)\left(2x+5\right)\)
\(=9x^2-6x+1-\left(x^2+14x+49\right)-2\left(4x^2-25\right)\)
\(=9x^2-6x+1-x^2-14x-49-8x^2+50\)
=-20x+2
Khi x=1/5 thì \(B=-20\cdot\frac15+2=-4+2=-2\)
Bài 3:
a: \(x^2-10x+25=\left(x-5\right)^2\)
b: \(4-4x^2+x^4=\left(2-x^2\right)^2\)
c: \(x^2-6xy+9y^2=\left(x-3y\right)^2\)
d: \(\left(2x+y^2\right)\left(2x-y^2\right)=4x^2-y^4\)
6 tháng 9
Bài 5:
a:
AMCD là hình vuông
=>CM⊥MA tại M
=>CM⊥AB tại M
MBFE là hình vuông
=>MB⊥ME tại M
=>ME⊥AB tại M
mà CM⊥AB tại M
và CM,ME có điểm chung là M
nên M,C,E thẳng hàng
Gọi K là giao điểm của AC và BE
AMCD là hình vuông
=>AC là phân giác của góc DAM
=>\(\hat{CAM}=\frac12\cdot\hat{DAM}=45^0\)
MBFE là hình vuông
=>BE là phân giác của góc MBF
=>\(\hat{MBE}=\hat{FBE}=\frac12\cdot\hat{MBF}=45^0\)
Xét ΔKAB có \(\hat{KAB}+\hat{KBA}=45^0+45^0=90^0\)
nên ΔKAB vuông tại K
=>AK⊥EB tại K
Xét ΔEAB có
AK,EM là các đường cao
AK cắt EM tại C
Do đó: C là trực tâm của ΔEAB
=>BC⊥AE
Bài 4:
a: Xét ΔADI vuông tại D và ΔAHI vuông tại H có
AI chung
\(\hat{DAI}=\hat{HAI}\)
Do đó: ΔADI=ΔAHI
=>AD=AH
mà AD=AB
nên AH=AB
Xét ΔAHK vuông tại H và ΔABK vuông tại B có
AK chung
AH=AB
Do đó: ΔAHK=ΔABK
b: ΔAHK=ΔABK
=>\(\hat{HAK}=\hat{BAK}\)
=>AK là phân giác của góc HAB
=>\(\hat{HAB}=2\cdot\hat{HAK}\)
\(\hat{DAH}+\hat{BAH}=\hat{BAD}\) (tia AH nằm giữa hai tia AB và AD)
\(\Rightarrow2\left(\hat{IAH}+\hat{HAK}\right)=90^0\)
=>\(2\cdot\hat{IAK}=90^0\)
=>\(\hat{IAK}=45^0\)
HD
8
10 tháng 8
Bài 13:
a: \(\left\lbrack5\left(x-2y\right)^3\right\rbrack:\left(5x-10y\right)\)
\(=\frac{5\left(x-2y\right)^3}{5\cdot\left(x-2y\right)}\)
\(=\left(x-2y\right)^2\)
b: \(\left\lbrack5\left(a-b\right)^3+2\left(a-b\right)^2\right\rbrack:\left(b-a\right)^2\)
\(=\frac{5\left(a-b\right)^3+2\left(a-b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}\)
\(=\frac{5\left(a-b\right)^3}{\left(a-b\right)^2}+\frac{2\left(a-b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}\)
=5(a-b)+2
c: Sửa đề: \(\left(x^3+8y^3\right):\left(x+2y\right)\)
\(=\frac{\left(x+2y\right)\left(x^2-2xy+4y^2\right)}{x+2y}\)
\(=x^2-2xy+4y^2\)
Bài 11:
a: Gọi ba số tự nhiên liên tiếp lần lượt là a;a+1;a+2
Tích của hai số sau lớn hơn tích của hai số đầu là 52 nên ta có:
\(\left(a+1\right)\left(a+2\right)-a\left(a+1\right)=52\)
=>\(\left(a+1\right)\left(a+2-a\right)=52\)
=>2(a+1)=52
=>a+1=26
=>a=25
Vậy: ba số tự nhiên liên tiếp cần tìm là 25;25+1=26; 25+2=27
b: a chia 5 dư 1 nên a=5x+1
b chia 5 dư 4 nên b=5y+4
ab+1
\(=\left(5x+1\right)\left(5y+4\right)+1\)
=25xy+20x+5y+4+1
=25xy+20x+5y+5
=5(5xy+4x+y+1)⋮5
c: \(Q=2n^2\left(n+1\right)-2n\left(n^2+n-3\right)\)
\(=2n^3+2n^2-2n^3-2n^2+6n\)
=6n⋮6
Bài 8:
a: \(A=x^2+2xy-3x^3+2y^3+3x^3-y^3\)
\(=x^2+2xy-3x^3+3x^3+2y^3-y^3\)
\(=x^2+2xy+y^3\)
Khi x=5;y=4 thì \(A=5^2+2\cdot5\cdot4+4^3=25+40+64=129\)
b: x=-1;y=-1
=>xy=1
\(x^2y^2=\left(xy\right)^2=1^2=1;x^4y^4=\left(xy\right)^4=1^4=1\) ; \(x^6y^6=\left(xy\right)^6=1^6=1;x^8y^8=\left(xy\right)^8=1^8=1\)
=>B=1-1+1-1+1=1
S
subjects
CTVHS
31 tháng 8
bài 1:
\(a.x^3+1=\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)\)
\(b.x^3-\frac{1}{27}=\left(x-\frac13\right)\left(x^2+\frac13x+\frac19\right)\)
\(c.x^3-27y^3=\left(x-3y\right)\left(x^2+3xy+9y^2\right)\)
\(d.27x^3+8y^3=\left(3x+2y\right)\left(9x^2-6xy+4y^2\right)\)
bài 2:
\(a.A=\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)-x^3+2\)
\(=x^3+8-x^3+2=10\)
\(b.B=\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)-\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)\)
\(=\left(x^3-1\right)-\left(x^3+1\right)=-2\)
\(c.C=\left(2x-y\right)\left(4x^2+2xy+y^2\right)+\left(y-3x\right)\left(y^2+3xy+9x^2\right)\)
\(=\left(8x^3-y^3\right)+\left(y^3-27x^3\right)=-19x^3\)
bài 3:
\(a.A=\left(x-5\right)\left(x^2+5x+25\right)=x^3-125\)
thay x = 6 vào A ta được:
\(6^3-125=216-125=91\)
\(b.B=\left(3x-2\right)\left(9x^2+6x+4\right)=27x^3-8\)
thay x = 10/3 vào B ta được:
\(27\cdot\left(\frac{10}{3}\right)^3-8=992\)
\(c.C=\left(2x-3y\right)\left(4x^2+6xy+9y^2\right)=8x^3-27y^3\)
thay x = 5; y = 5/3 vào C ta được
\(8\cdot5^3-27\cdot\left(\frac53\right)^3=875\)
S
subjects
CTVHS
31 tháng 8
bài 4:
\(a.\left(2x-5\right)\left(4x^2+10x+25\right)-\left(x+3\right)\left(x^2-3x+9\right)\)
\(=\left(2x-5\right)\left\lbrack\left(2x\right)^2+\left(2x\right)\cdot5+5^2\right\rbrack-\left(x+3\right)\left(x^2-3x+9\right)\)
\(=\left(2x\right)^3-5^3-\left(x^3+3^3\right)\)
\(=8x^3-125-\left(x^3+27\right)=7x^3-152\)
\(b.\left(2y-1\right)\left(4y^2+2y+1\right)+\left(3-y\right)\left(9+3y+y^2\right)+y\left(2-7y^2\right)\)
\(=\left(2y-1\right)\left\lbrack\left(2y\right)^2+\left(2y\right)\cdot1+1^2\right\rbrack+\left(3-y\right)\left(3^2+3y+y^2\right)+2y-7y^3\)
\(=\left(2y\right)^3-1^3+\left(3^3-y^3\right)+2y-7y^3\)
\(=8y^3-1+27-y^3+2y-7y^3=2y+26\)
bài 5:
\(a.A=\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)-\left(x+3\right)\left(x^2-3x+9\right)\)
\(=\left(x^3+1\right)-\left(x^3+27\right)=-26\)
\(b.B=\left(y+2\right)\left(y^2-2y+4\right)+\left(5-y\right)\left(25+5y+y^2\right)\)
\(=\left(y^3+8\right)+\left(125-y^3\right)=133\)
\(c.C=4\cdot\left(x^3-8\right)-4\cdot\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)\)
\(=4\cdot\left(x^3-2^3\right)-4\cdot\left(x^3+2^3\right)\)
\(=4x^3-32-4x^3-32=-64\)
\(d.D=\left(x+2y\right)\left(x^2-2xy+4y^2\right)-\left(x-2y\right)\left(x^2+2xy+4y^2\right)-8\cdot\left(2y^3+1\right)\)
\(=\left(x^3+8y^3\right)-\left(x^3-8y^3\right)-8\cdot\left(2y^3+1\right)=16y^3-16y^3-8=-8\)
HD
2
7 tháng 9
Bài 3:
a: Ta có: \(\hat{FAH}+\hat{FAB}+\hat{HAD}+\hat{BAD}=360^0\)
=>\(\hat{FAH}+\hat{DAB}=360^0-90^0-90^0=180^0\)
mà \(\hat{DAB}+\hat{ADC}=180^0\) (ABCD là hình bình hành)
nên \(\hat{FAH}=\hat{CDA}\)
Ta có: ABEF là hình vuông
=>AB=BE=FE=AF
mà AB=CD
nên AB=CD=BE=FE=AF
Ta có: ADGH là hình vuông
=>AD=DG=GH=HA
mà AD=BC
nên BC=AD=DG=GH=HA
Xét ΔFAH và ΔCDA có
FA=CD
\(\hat{FAH}=\hat{CDA}\)
AH=AD
Do đó: ΔFAH=ΔCDA
=>FH=CA
ΔFAH=ΔCDA
=>\(\hat{FHA}=\hat{CAD}\)
Gọi K là giao điểm của AC và FH
Ta có: \(\hat{KAH}+\hat{HAD}+\hat{DAC}=180^0\)
=>\(\hat{KAH}+\hat{DAC}=180^0-90^0=90^0\)
=>\(\hat{KAH}+\hat{FHA}=90^0\)
=>ΔAKH vuông tại K
=>AK⊥FH tại K
=>CA⊥FH tại K
b: Ta có: \(\hat{CDG}=\hat{CDA}+\hat{ADG}=\hat{CDA}+90^0\)
\(\hat{EBC}=\hat{EBA}+\hat{CBA}=90^0+\hat{CBA}\)
mà \(\hat{CDA}=\hat{CBA}\) (ABCD là hình bình hành)
nên \(\hat{CDG}=\hat{EBC}\)
Xét ΔCDG và ΔEBC có
CD=EB
\(\hat{CDG}=\hat{EBC}\)
DG=BC
Do đó: ΔCDG=ΔEBC
=>CG=EC và \(\hat{DCG}=\hat{BEC};\hat{DGC}=\hat{BCE}\)
\(\hat{GCE}=\hat{DCB}-\hat{DCG}-\hat{BCE}\)
\(=\hat{DCB}-\hat{BEC}-\hat{BCE}=180^0-\hat{ADC}-\left(180^0-\hat{EBC}\right)=\hat{EBC}-\hat{ADC}\)
\(=\hat{EBA}+\hat{CBA}-\hat{ADC}=\hat{EBA}=90^0\)
=>ΔGCE vuông cân tại C
Bài 2:
a: BO là phân giác của góc ABD
=>\(\hat{ABO}=\hat{DBO}=\frac12\cdot\hat{ABD}\) (1)
CO là phân giác của góc ACE
=>\(\hat{ACO}=\hat{OCE}=\frac12\cdot\hat{ACE}\left(2\right)\)
Ta có: \(\hat{ABD}+\hat{BAC}=90^0\) (ΔADB vuông tại D)
\(\hat{ACE}+\hat{BAC}=90^0\) (ΔAEC vuông tại E)
Do đó: \(\hat{ABD}=\hat{ACE}\left(3\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{ABO}=\hat{DBO}=\hat{ACO}=\hat{OCE}\)
Ta có: \(\hat{OBC}+\hat{OCB}\)
\(=\hat{OBD}+\hat{DBC}+\hat{OCE}+\hat{ECB}\)
\(=2\cdot\hat{OBD}+\hat{DBC}+\hat{ECB}=\hat{ABD}+90^0-\hat{ABC}+90^0-\hat{ACB}\)
\(=180^0-\hat{ABC}-\hat{ACB}+\hat{ABD}=\hat{BAC}+\hat{ABD}=90^0\)
=>ΔBOC vuông tại O
b: Xét ΔBMH có
BO là đường cao
BO là đường phân giác
Do đó: ΔBMH cân tại B
mà BO là đường cao
nên O là trung điểm của MH
Xét ΔCNK có
CO là đường cao
CO là đường phân giác
Do đó: ΔCNK cân tại C
mà CO là đường cao
nên O là trung điểm của NK
Xét tứ giác MNHK có
O là trung điểm chung của MH và NK
=>MNHK là hình bình hành
Hình bình hành MNHK có MH⊥NK
nên MNHK là hình thoi
7 tháng 9
Bài 3:
a: Ta có: \(\hat{F A H} + \hat{F A B} + \hat{H A D} + \hat{B A D} = 36 0^{0}\)
=>\(\hat{F A H} + \hat{D A B} = 36 0^{0} - 9 0^{0} - 9 0^{0} = 18 0^{0}\)
mà \(\hat{D A B} + \hat{A D C} = 18 0^{0}\) (ABCD là hình bình hành)
nên \(\hat{F A H} = \hat{C D A}\)
Ta có: ABEF là hình vuông
=>AB=BE=FE=AF
mà AB=CD
nên AB=CD=BE=FE=AF
Ta có: ADGH là hình vuông
=>AD=DG=GH=HA
mà AD=BC
nên BC=AD=DG=GH=HA
Xét ΔFAH và ΔCDA có
FA=CD
\(\hat{F A H} = \hat{C D A}\)
AH=AD
Do đó: ΔFAH=ΔCDA
=>FH=CA
ΔFAH=ΔCDA
=>\(\hat{F H A} = \hat{C A D}\)
Gọi K là giao điểm của AC và FH
Ta có: \(\hat{K A H} + \hat{H A D} + \hat{D A C} = 18 0^{0}\)
=>\(\hat{K A H} + \hat{D A C} = 18 0^{0} - 9 0^{0} = 9 0^{0}\)
=>\(\hat{K A H} + \hat{F H A} = 9 0^{0}\)
=>ΔAKH vuông tại K
=>AK⊥FH tại K
=>CA⊥FH tại K
b: Ta có: \(\hat{C D G} = \hat{C D A} + \hat{A D G} = \hat{C D A} + 9 0^{0}\)
\(\hat{E B C} = \hat{E B A} + \hat{C B A} = 9 0^{0} + \hat{C B A}\)
mà \(\hat{C D A} = \hat{C B A}\) (ABCD là hình bình hành)
nên \(\hat{C D G} = \hat{E B C}\)
Xét ΔCDG và ΔEBC có
CD=EB
\(\hat{C D G} = \hat{E B C}\)
DG=BC
Do đó: ΔCDG=ΔEBC
=>CG=EC và \(\hat{D C G} = \hat{B E C} ; \hat{D G C} = \hat{B C E}\)
\(\hat{G C E} = \hat{D C B} - \hat{D C G} - \hat{B C E}\)
\(= \hat{D C B} - \hat{B E C} - \hat{B C E} = 18 0^{0} - \hat{A D C} - \left(\right. 18 0^{0} - \hat{E B C} \left.\right) = \hat{E B C} - \hat{A D C}\)
\(= \hat{E B A} + \hat{C B A} - \hat{A D C} = \hat{E B A} = 9 0^{0}\)
=>ΔGCE vuông cân tại C
Bài 2:
a: BO là phân giác của góc ABD
=>\(\hat{A B O} = \hat{D B O} = \frac{1}{2} \cdot \hat{A B D}\) (1)
CO là phân giác của góc ACE
=>\(\hat{A C O} = \hat{O C E} = \frac{1}{2} \cdot \hat{A C E} \left(\right. 2 \left.\right)\)
Ta có: \(\hat{A B D} + \hat{B A C} = 9 0^{0}\) (ΔADB vuông tại D)
\(\hat{A C E} + \hat{B A C} = 9 0^{0}\) (ΔAEC vuông tại E)
Do đó: \(\hat{A B D} = \hat{A C E} \left(\right. 3 \left.\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{A B O} = \hat{D B O} = \hat{A C O} = \hat{O C E}\)
Ta có: \(\hat{O B C} + \hat{O C B}\)
\(= \hat{O B D} + \hat{D B C} + \hat{O C E} + \hat{E C B}\)
\(= 2 \cdot \hat{O B D} + \hat{D B C} + \hat{E C B} = \hat{A B D} + 9 0^{0} - \hat{A B C} + 9 0^{0} - \hat{A C B}\)
\(= 18 0^{0} - \hat{A B C} - \hat{A C B} + \hat{A B D} = \hat{B A C} + \hat{A B D} = 9 0^{0}\)
=>ΔBOC vuông tại O
b: Xét ΔBMH có
BO là đường cao
BO là đường phân giác
Do đó: ΔBMH cân tại B
mà BO là đường cao
nên O là trung điểm của MH
Xét ΔCNK có
CO là đường cao
CO là đường phân giác
Do đó: ΔCNK cân tại C
mà CO là đường cao
nên O là trung điểm của NK
Xét tứ giác MNHK có
O là trung điểm chung của MH và NK
=>MNHK là hình bình hành
Hình bình hành MNHK có MH⊥NK
nên MNHK là hình thoi
13 tháng 8
a: Xét tứ giác AEDF có \(\hat{AED}=\hat{AFD}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEDF là hình chữ nhật
b: AEDF là hình chữ nhật
=>DF//AE và DF=AE
DF//AE
=>GF//AE
Ta có DF=AE
DF=FG
Do đó: GF=AE
Xét tứ giác AEFG có
AE//FG
AE=FG
Do đó: AEFG là hình bình hành
c: AEDF là hình chữ nhật
=>AD cắt EF tại trung điểm của mỗi đường
mà H là trung điểm của AD
nên H là trung điểm của FE
AEDF là hình chữ nhật
=>AD=FE
mà \(HA=HD=\frac{AD}{2};HF=HE=\frac{EF}{2}\)
nên \(HA=HD=HF=HE=\frac{EF}{2}=\frac{AD}{2}\)
HI=HF
\(HF=HA\)
\(HA=\frac{AD}{2}\)
Do đó: \(IH=\frac{AD}{2}\)
Xét ΔIAD có
IH là đường trung tuyến
\(IH=\frac{AD}{2}\)
Do đó: ΔIAD vuông tại I
=>IA⊥ID
Bài 7:
a: xét tứ giác ABCP có
O là trung điểm chung của AC và BP
=>ABCP là hình bình hành
b: ABCP là hình bình hành
=>BA//CP và BA=CP
Ta có: BA//CP
=>BA//CK
ta có: BA=CP
CP=CK
Do đó: BA=CK
Xét tứ giác ABKC có
AB//KC
AB=KC
Do đó: ABKC là hình bình hành
=>BK=AC
c: Xét ΔABC có
O là trung điểm của CA
OM//AB
Do đó: M là trung điểm của BC
ABKC là hình bình hành
=>AK cắt BC tại trung điểm của mỗi đường
mà M là trung điểm của BC
nên M là trung điểm của AK
=>A,M,K thẳng hàng
Bài 6:
a: Xét tứ giác ABKC có
M là trung điểm chung của AK và BC
=>ABKC là hình bình hành
b: Xét tứ giác AHCI có
E là trung điểm chung của AC và HI
=>AHCI là hình bình hành
c: ABKC là hình bình hành
=>CK//AB
Ta có: AHCI là hình bình hành
=>CH//AI
mà I∈AB
nên CH//AB
Ta có: CK//AB
CH//AB
mà HC,KC có điểm chung là C
nên C,H,K thẳng hàng
:(}