\(-2x^4+3x^5+x^3+4x+14x^4-6x^5-x^3+x+10\)

\(=\left(3x^5-6x^5\right)+\left(-2x^4+14x^4\right)+\left(x^3-x^3\right)+\left(4x+x\right)+10\)

\(=-3x^5+12x^4+5x+10\)

`#NqHahh`

-2x⁴ + 3x⁵ + x³ + 4x + 14x⁴ - 6x⁵ - x³ + x + 10

= (3x⁵ - 6x⁵) + (-2x⁴ + 14x⁴) + (x³ - x³) + (4x + x) + 10

= -3x⁵ + 12x⁴ + 5x + 10

Chứng minh tam giác là tam giác cân, ta có thể chứng minh:

- Tam giác có hai cạnh bằng nhau.

- Tam giác có hai góc bằng nhau.

- Tam giác có hai trong bốn đường: đường trung tuyến, đường trung trực, đường cao, đường phân giác cùng xuất phát từ một đỉnh.

a: Xét ΔBAE vuông tại A và ΔBDE vuông tại D có

BE chung

\(\widehat{ABE}=\widehat{DBE}\)

Do đó: ΔBAE=ΔBDE

=>BA=BD

mà BA>BH(ΔBAH vuông tại H)

nên BH<BD

=>H thuộc đoạn BD

b: Ta có: ΔBAE=ΔBDE

=>EA=ED

=>E nằm trên đường trung trực của AD(1)

Ta có: BA=BD

=>B nằm trên đường trung trực của AD(2)

Từ (1) và (2) suy ra BE là đường trung trực của AD

c: Xét ΔBAD có

BE,AH là các đường cao

BE cắt AH tại O

Do đó: O là trực tâm của ΔBAD

=>DO\(\perp\)AB

mà AC\(\perp\)AB

nên DO//AC

d: Ta có: \(\widehat{CAD}+\widehat{BAD}=\widehat{BAC}=90^0\)

\(\widehat{HAD}+\widehat{BDA}=90^0\)(ΔHDA vuông tại H)

mà \(\widehat{BAD}=\widehat{BDA}\)(BA=BD)

nên \(\widehat{CAD}=\widehat{HAD}\)

=>AD là phân giác của góc HAC

Xét ΔAHC có AD là phân giác

nên \(\dfrac{DH}{DC}=\dfrac{AH}{AC}\)

mà AH<AC

nên DH<DC

Có: \(A\left(x\right)=x^4+2x^2-x\) và \(B\left(x\right)=-x^4-\dfrac{1}{2}x^2+2x-8\)

+, \(C\left(x\right)=A\left(x\right)+B\left(x\right)\)

\(=\left(x^4+2x^2-x\right)+\left(-x^4-\dfrac{1}{2}x^2+2x-8\right)\)

\(=x^4+2x^2-x-x^4-\dfrac{1}{2}x^2+2x-8\)

\(=\dfrac{3}{2}x^2+x-8\)

+, \(D\left(x\right)=B\left(x\right)-A\left(x\right)\)

\(=\left(-x^4-\dfrac{1}{2}x^2+2x-8\right)-\left(x^4+2x^2-x\right)\)

\(=-x^4-\dfrac{1}{2}x^2+2x-8-x^4-2x^2+x\)

\(=-2x^4-\dfrac{5}{2}x^2+3x-8\)

b) Ta có: \(C\left(x\right)=\dfrac{3}{2}x^2+x-8\)

\(\Rightarrow C\left(2\right)=\dfrac{3}{2}\cdot2^2+2-8=0\)

\(\Rightarrow x=2\) là 1 nghiệm của \(C\left(x\right)\)

c) Có: \(E\left(x\right)+D\left(x\right)=2x^4\)

\(\Rightarrow E\left(x\right)=2x^4-D\left(x\right)\)

\(=2x^4-\left(-2x^4-\dfrac{5}{2}x^2+3x-8\right)\)

\(=2x^4+2x^4+\dfrac{5}{2}x^2-3x+8\)

\(=4x^4+\dfrac{5}{2}x^2-3x+8\)

a: Ta có: DE\(\perp\)AC

AB\(\perp\)AC

Do đó: DE//AB

=>\(\widehat{CHE}=\widehat{CBA}=65^0\)

b: Sửa đề: ΔBAD cân

Xét ΔBIA vuông tại I và ΔBID vuông tại I có

BI chung

IA=ID

Do đó; ΔBIA=ΔBID

=>BA=BD

=>ΔBAD cân tại B

c: Xét ΔCAD có

CI,DE là các đường cao

CI cắt DE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔCAD

=>AH\(\perp\)CD

\(\left(x-5\right)\left(x+1\right)-x\left(x-7\right)=2x+1\)

\(\Leftrightarrow x^2+x-5x-5-\left(x^2-7x\right)=2x+1\)

\(\Leftrightarrow x^2-4x-5-x^2+7x=2x+1\)

\(\Leftrightarrow-4x+7x-2x=1+5\)

\(\Leftrightarrow x=6\)

a.

\(P\left(x\right)=5x^4+x^3+4x^2+4x-6\)

\(P\left(x\right)\) có bậc 4, hệ số cao nhất là 5 và hệ số tự do là -6

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

Q(x) có bậc 4, hệ số cao nhất là -5, hệ số tự do là 2

b.

\(M\left(x\right)-P\left(x\right)=Q\left(x\right)\Rightarrow M\left(x\right)=P\left(x\right)+Q\left(x\right)\)

\(\Rightarrow M\left(x\right)=x-4\)

c.

\(M\left(x\right)=0\Rightarrow x-4=0\)

\(\Rightarrow x=4\)

Vậy \(x=4\) là nghiệm của đa thức M(x)

Do tam giác ABC đều và G là trọng tâm nên \(\widehat{AGB}=\widehat{BGC}=\widehat{CGA}\)

Mà \(\widehat{AGB}+\widehat{BGC}+\widehat{CGA}=360^0\)

\(\Rightarrow3\widehat{BGC}=360^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BGC}=120^0\)

\(x^3\) + \(x^2\) + 7x

Ta có:

P ( x )= [ x ( \(x^3\) + \(x^2\) + 7x ) = 0 ]

P (x) = [ \(x^4\) + \(x^3\) + \(7x^2\) = 0 ]

Giải phương trình:

1. ( \(x^4\) = 0 ): Ta có nghiệm ( x = 0)

2. ( \(x^3\) = 0): Ta có nghiệm ( x = 0 )

3. ( \(7x^2\) = 0 ): Ta có nghiệm ( x = 0 )

=> Nghiệm là x = 0

Vậy nghiệm của đa thức P (x) là x = 0

Đặt P(x)=0

=>\(x^3+x^2+7x=0\)

=>\(x\left(x^2+x+7\right)=0\)

mà \(x^2+x+7=x^2+x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{27}{4}=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{27}{4}>=\dfrac{27}{4}\forall x\)

nên x=0

a: ΔABC vuông cân tại A

mà AD là đường trung tuyến

nên AD\(\perp\)BC

ΔABC vuông cân tại A

=>\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=45^0\)

Xét ΔDAB vuông tại D có \(\widehat{DBA}=45^0\)

nên ΔDAB vuông cân tại D

Xét ΔDAC vuông tại D có \(\widehat{DCA}=45^0\)

nên ΔDAC vuông cân tại D

b: Ta có: \(\widehat{EAB}+\widehat{EAC}=90^0\)

\(\widehat{EAC}+\widehat{FCA}=90^0\)

Do đó: \(\widehat{EAB}=\widehat{FCA}\)

Xét ΔEAB vuông tại E và ΔFCA vuông tại F có

AB=CA

\(\widehat{EAB}=\widehat{FCA}\)

Do đó: ΔEAB=ΔFCA

=>EB=FA

c: Xét tứ giác AEDB có \(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^0\)

nên AEDB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AED}+\widehat{ABD}=180^0\)

mà \(\widehat{AED}+\widehat{MED}=180^0\)(kề bù)

nên \(\widehat{MED}=\widehat{MBA}=45^0\)

Xét tứ giác ADFC có \(\widehat{ADC}=\widehat{AFC}=90^0\)

nên ADFC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{ACD}=\widehat{AFD}=45^0\)

Xét ΔDEFcó \(\widehat{DEF}=\widehat{DFE}=45^0\)

nên ΔDEF vuông cân tại D