\(A=2xy^2\left(\dfrac{1}{16}x^2y^6\right)=\dfrac{1}{8}x^3y^8\)

hệ số 1/8 ; biến x^3y^8 ; bậc 11 

b, Thay x = -4 ; y = -1 ta được 

\(\dfrac{-64.1}{8}=-8\)

c, Thay x = 3 ta được \(\dfrac{27y^8}{8}=\dfrac{27}{8}\Leftrightarrow y=1\)

1 

b, Bảng tần số :

câu b bài 1 thôi nha

Xét tam giác OBM và tam giác OAM có

OMA=OMB=90(gt)

OM cạnh chung

AOM=BOM(gt)

Do đó tam giác OBM=OAM(CH-GN) (1)

--> Cạnh AM=MB (2 cạnh tương ứng)

b) Từ (1) tcó: OA=OB(2 cạnh tương ứng)

---> Tam giác OAB là tam giác cân

:33

nó là cái gì vậy

hình you tự vẽ nha:

ta có: \(\Delta ABC\) cân tại A nên ta có: \(AB=AC\)VÀ \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\Rightarrow\widehat{HBC}=\widehat{KCM}\)

NH là trung trực của AB nên \(HA=HB=\frac{1}{2}AB\)
TƯƠNG TỰ THÌ \(HK=HC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}AB\left(AB=AC\right)\)

\(\Rightarrow HB=KC=HA=AK\left(=\frac{1}{2}AB\right)\)

xét \(\Delta HBN\)và  \(\Delta KCM\)

\(HB=KC\left(cmt\right)\)

\(\widehat{HBN}=\widehat{KCM}\left(cmt\right)\)

\(\widehat{BHN}=\widehat{CKM}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta HBN=\Delta KCM\left(g.c.g\right)\Rightarrow HN=KM\)(2 cạnh tương ứng)

xét   \(\Delta AHN\)  và    \(\Delta AKM\) CÓ:

\(HN=KM;AH=AK\left(CMT\right)\)

\(\widehat{AHN}=\widehat{AKB}=90^0\)

\(\Delta AHN=\Delta AKM\Rightarrow MA=NA\left(ĐPCM\right)\)(2 CẠNH TƯƠNG ỨNG)(1)

b)gọi giao điểm của AI và BC  là O(\(O\in BC\))

xét  \(\Delta AHI\) VÀ    \(\Delta AKI\) CÓ:

\(AH=AK\left(CMT\right)\)

\(\widehat{AHI}=\widehat{AKI}=90^0\)

\(AI\) CHUNG

\(\Rightarrow\)\(\Delta AHI=\Delta AKI\left(ch-cgv\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{HAI}=\widehat{KAI}\Rightarrow\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\)(2 góc tương ứng)

từ đó ta dễ dàng CM \(\Delta BAO=\Delta CAO\left(c.g.c\right)\left(AB=AC;\widehat{BAO}=\widehat{CAO};AO-chung\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AOB}=\widehat{AOC}\)

MÀ\(\widehat{AOB}+\widehat{AOC}=180^0\Rightarrow\widehat{AOB}=\widehat{AOC}=90^0\Rightarrow AO\perp BC\)HAY \(AI\perp BC\)

MÀ TAM GIÁC ABC cân tại A nên theo TC của tam giác cân thì AI sẽ là đường trung trực của BC

ko bt có đúng ko ;-;

\(-x^4y^2x^2x^2\left(-y\right)^3=x^8y^5\)

Lời giải:

a) Ta có: {∠ABD=∠EBD(do BD là phân giác góc B)∠BAD=∠BED=900{∠ABD=∠EBD(do BD là phân giác góc B)∠BAD=∠BED=900

⇒1800−∠ABD−∠BAD=1800−∠EBD−∠BED⇒1800−∠ABD−∠BAD=1800−∠EBD−∠BED

⇔∠BDA=∠BDE⇔∠BDA=∠BDE

Xét tam giác ABDABD và EBDEBD có:

⎧⎪⎨⎪⎩BD chung∠ABD=∠EBD∠BDA=∠BDE⇒△ABD=△EBD(g.c.g){BD chung∠ABD=∠EBD∠BDA=∠BDE⇒△ABD=△EBD(g.c.g)

Ta có đpcm.

b) Theo phần a △ABD=△EBD⇒BA=BE△ABD=△EBD⇒BA=BE

Do đó tam giác BAEBAE cân tại BB

⇒∠BEA=∠BAE⇒∠BEA=∠BAE

Mà ∠BEA+∠BAE=1800−∠ABE=1800−600=1200∠BEA+∠BAE=1800−∠ABE=1800−600=1200

Suy ra ∠BEA=∠BAE=600=∠ABE∠BEA=∠BAE=600=∠ABE

Do đó tam giác ABEABE đều

c)

Có: cosˆABC=ABBC⇔cos600=5BC⇔12=5BCcos⁡ABC^=ABBC⇔cos⁡600=5BC⇔12=5BC

⇔BC=10⇔BC=10 (cm)

bạn sai đề rồi bạn ơi =))

1:B,2D,3:6

`Answer:`

Sửa đề phần c: Chứng minh KF//BC.

C H B A F K

a. Xét `\triangleAHB` và `\triangleAHC`

`AH` chung

`\hat{AHB}=\hat{AHC}=90^o`

`AB=AC`

`=>\triangleAHB=\triangleAHC(ch-cgv)`

b. Xét `\triangleFAH` và `\triangleKAH`

`AH` chung

`\hat{FAH}=\hat{KAH}`

`\hat{AFH}=\hat{AKH}=90^o`

`=>\triangleFAH=\triangleKAH(ch-gn)`

`=>HK=HF`

c. Theo phần b. `\triangleFAH=\triangleKAH`

`=>AF=AK`

`=>\triangleAFK` cân ở `A`

Ta có: `\triangleAFK` cân ở `A` và `\triangleABC` cân ở `A`

`=>\hat{AFK}=\hat{ABC}` mà hai góc này ở vị trí đồng vị \(\Rightarrow KF//BC\)

hình tự vẽ nhé.

xét: \(\Delta AHB\) VÀ   \(\Delta AHC\) CÓ:

\(\widehat{ABH}=\widehat{ACH}\)(DO TAM GIÁC ABC CÂN TẠI A)

\(AB=AC\)(DO TAM GIÁC ABC CÂN TẠI A)
\(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta AHB=\Delta AHC\left(ch-gn\right)\left(1\right)\)

b) TỪ (1)\(\Rightarrow BH=CH\)(2 cạnh tương ứng)

XÉT: \(\Delta KBH\)VÀ    \(\Delta FCH\) CÓ:​​

\(BH=CH\left(cmt\right)\)

​​\(\widehat{BKH}=\widehat{CFH}=90^0\)

\(\widehat{KBH}=\widehat{FCH}\left(\widehat{B}=\widehat{C}\right)\)

​\(\Rightarrow\Delta KBH=\Delta FCH\left(ch-gn\right)\)

\(\Rightarrow HK=HF;BK=FC\)(2 cạnh tương ứng)(đpcm)

c) ta có:  \(AB=AC;;BK=FK\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow AB-BK=AC-FC\)

\(\Rightarrow AK=AF\Rightarrow\Delta AKF\) cân tại A

\(\Rightarrow\widehat{AKF}=\frac{180^0-\widehat{A}}{2}\left(2\right)\)

lại có \(\Delta ABC\)cân tại A\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\frac{180^0-\widehat{A}}{2}\left(3\right)\)

TỪ (2)VÀ (3)\(\Rightarrow\widehat{AKF}=\widehat{ABC}\left(=\frac{180^0-\widehat{A}}{2}\right)\)

​mà 2 góc này ở vị trí đồng vị \(\Rightarrow KF\\ BC\left(đpcm\right)\)