\(\left(2x\right)^2\left(x-x^2\right)-4x\left(-x^3+x^2-5\right)=20\)

=>\(4x^2\left(x-x^2\right)-4x\left(-x^3+x^2-5\right)=20\)

=>\(4x^3-4x^4+4x^4-4x^3+20x=20\)

=>20x=20

=>x=1

F(x)=6x^3 -5x^2+7x-9,g(x)=2x^2-3x+5,h(x)=2x-1

1:

a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBMD vuông tại M có

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{MBD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔBMD

b: Ta có: ΔBAD=ΔBMD

=>DA=DM

mà DM<DC(ΔDMC vuông tại M)

nên DA<DC

c: Xét ΔBKC có

KM,CA là các đường cao

KM cắt CA tại D

Do đó: D là trực tâm của ΔBKC

=>BD\(\perp\)KC tại N

Sửa đề: ΔBKC cân tại B

Xét ΔBMK vuông tại M và ΔBAC vuông tại A có

BM=BA

\(\widehat{MBK}\) chung

Do đó: ΔBMK=ΔBAC

=>BK=BC

=>ΔBKC cân tại B

Sửa đề: \(P=3x^7-4x^2+5x-9-3x^7-x-2\)

\(=\left(3x^7-3x^7\right)+\left(-4x^2\right)+\left(5x-x\right)+\left(-9-2\right)\)

\(=-4x^2+4x-11\)

a: ΔABC vuông tại C

=>\(\widehat{CBA}+\widehat{CAB}=90^0\)

=>\(\widehat{CAB}=90^0-35^0=55^0\)

Xét ΔCBA có \(\widehat{CBA}< \widehat{CAB}< \widehat{ACB}\)

mà CA,CB,AB lần lượt là cạnh đối diện của các góc CBA,CAB,ACB

nên CA<CB<AB

b: Xét ΔACM và ΔANM có

AC=AN

\(\widehat{CAM}=\widehat{NAM}\)

AM chung

Do đó: ΔACM=ΔANM

=>\(\widehat{ACM}=\widehat{ANM}\)

=>\(\widehat{ANM}=90^0\)

=>ΔANM vuông tại N

c: ΔACM=ΔANM

=>MC=MN

=>M nằm trên đường trung trực của CN(1)

Ta có: AN=AC

=>A nằm trên đường trung trực của CN(2)

Từ (1),(2) suy ra AM là đường trung trực của CN

Mong mn giúp mình nha

Lm cả lời giải ra nha 

Lời giải:

a.

$A=2x^2(x^2-2x+2)-x^4+x^3=2x^4-4x^3+4x^2-x^4+x^3$

$=(2x^4-x^4)+(-4x^3+x^3)+4x^2$

$=x^4-3x^3+4x^2$

$=1^4-3.1^3+4.1^2=1-3+4=2$

b.

$(2x-1)(x^2-x+1)=2x^3-3x^2+2$

$\Leftrightarrow 2x^3-3x^2+3x-1=2x^3-3x^2+2$

$\Leftrightarrow 3x-1=2$

$\Leftrightarrow 3x=3$

$\Leftrightarrow x=1$

Đa thức bậc 3 luôn có nghiệm bạn nhé. Đề sai bạn xem lại đề.

a: Xét ΔBAI vuông tại A và ΔBEI vuông tại E có

BI chung

BA=BE

Do đó: ΔBAI=ΔBEI

=>IA=IE

b: Xét ΔIAF vuông tại A và ΔIEC vuông tại E có

IA=IE

\(\widehat{AIF}=\widehat{EIC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAF=ΔIEC

=>IF=IC

=>ΔIFC cân tại I

c: Xét ΔBFC có

CA,FE là các đường cao

CA cắt FE tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔBFC

=>BI\(\perp\)FC

Ta có: ΔIAF=ΔIEC

=>AF=EC

Xét ΔBFC có \(\dfrac{BA}{AF}=\dfrac{BE}{EC}\)

nên AE//FC

a: ΔABC cân tại A

=>\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\dfrac{180^0-70^0}{2}=55^0\)

Xét ΔABC có \(\widehat{ACB}< \widehat{BAC}\)

mà AB,BC lần lượt là cạnh đối diện của các góc ACB,BAC

nên AB<BC

b: Xét ΔABM và ΔACM có

AB=AC

BM=CM

AM chung

Do đó: ΔABM=ΔACM

c: ΔABM=ΔACM

=>\(\widehat{BAM}=\widehat{CAM}\)

Xét ΔAHM vuông tại H và ΔAKM vuông tại K có

AM chung

\(\widehat{HAM}=\widehat{KAM}\)

Do đó: ΔAHM=ΔAKM

=>AH=AK

Xét ΔABC có \(\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{AK}{AC}\)

nên HK//BC

d: Ta có: MH<MB(ΔMHB vuông tại H)

MK<MC(ΔMKC vuông tại K)

Do đó: MH+MK<MB+MC

=>MH+MK<2MC

mà HK<MH+MK

nên HK<2MC