\(x^2+4y^2-4\left(x-y\right)+2=x^2-4x+4+4y^2+4y+1-3\)

\(=\left(x-2\right)^2+\left(2y+1\right)^2-3\ge-3\)

Dấu ''='' xảy ra khi \(x=2;y=-\frac{1}{2}\)

Vậy GTNN biểu thức trên là -3 khi \(x=2;y=-\frac{1}{2}\)

Ta có

 \(x^2+4y^2-4\left(x-y\right)+2=\left(x^2-4x+4\right)+\left(4y^2+4y+1\right)-3=\left(x-2\right)^2+\left(2y+1\right)^2-3\)

Vì \(\hept{\begin{cases}\left(x-2\right)^2\ge0\\\left(2y+1^2\right)\ge0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(x-2\right)^2+\left(2y+1\right)^2-3\ge-3\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\y=-\frac{1}{2}\end{cases}}\)

phải giảm B đi:100%-62.5%=37.5% thì được số A.

Trả lời:Phải giảm B 37,5% để ra số A

A B C D E H 5 3

a, Xét tam giác AEH và tam giác BDH 

^AHE = ^BHD ( đ.đ )

^AEH = ^BDH = 90⁰

Vậy tam giác AEH ~ tam giác BDH ( g.g )

b, Vì tam giác AEH ~ tam giác BDH ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{AH}{BH}=\frac{EH}{DH}\)( tỉ số đồng dạng ) \(\Rightarrow\frac{AH}{EH}=\frac{BH}{DH}\)( tỉ lệ thức )

Xét tam giác HAB và tam giác HED ta có : 

^AHB = ^EHD ( đ.đ )

\(\frac{AH}{EH}=\frac{BH}{DH}\)( cmt )

Vậy tam giác HAB ~ tam giác HED ( c.g.c )

\(\Rightarrow\frac{HA}{HE}=\frac{AB}{ED}\Rightarrow HA.ED=AB.HE\)

\(\frac{x-2003}{16}+\frac{x-1997}{11}+\frac{x-1992}{9}+\frac{x-1991}{7}=10\)

\(\left(\frac{x-2003}{16}-1\right)+\left(\frac{x-1997}{11}-2\right)+\left(\frac{x-1992}{9}-3\right)+\left(\frac{x-1991}{7}-4\right)=10-1-2-3-4\)

\(\frac{x-2003-16}{16}+\frac{x-1997-22}{11}+\frac{x-1992-27}{9}+\frac{x-1991-21}{7}=10-10\)

\(\frac{x-2019}{16}+\frac{x-2019}{11}+\frac{x-2019}{9}+\frac{x-2019}{7}=0\)

\(\left(x-2019\right)\left(\frac{1}{16}+\frac{1}{11}+\frac{1}{9}+\frac{1}{7}\right)=0\)

\(\Rightarrow x-2019=0\left(\text{vì }\frac{1}{16}+\frac{1}{11}+\frac{1}{9}+\frac{1}{7}\ne0\right)\)

\(x=0+2019\)

\(x=2019\)

các bạn ơi giúp mình phần c với vì mik sắp phải nộp bài rồi .cảm ơn các bạn rất nhiều.

A B C H K I D

a,

Xét \(\Delta AIB\)và \(CDB\)có :

\(+,\widehat{ABI}=\widehat{DBC}\)( Do \(BD\)là phân giác )

\(+,\widehat{BAI}=\widehat{BCD}\)( cùng phụ \(\widehat{ABC}\))

Vậy tam giác \(AIB~CDB\left(g.g\right)\)

Suy ra : \(\frac{CD}{BC}=\frac{AI}{AB}\)

Mà theo tính chất phân giác \(\frac{CD}{BC}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AD=AI\)hay \(AID\)cân tại \(A\)

b,

Tam giác \(ABI~CBD\)

Suy ra : \(\frac{BI}{BD}=\frac{AI}{CD}=\frac{AD}{CD}\)

\(\Rightarrow BI.CD=AD.BD\)

c,

Dễ dàng chứng minh tam giác \(ADB=KDB\Rightarrow AD=DK\Rightarrow AI=DK\)

Lại có AI // DK ( cùng vuông góc BC )

Vậy \(AIKB\)là hình bình hành do 2 cạnh đối song song và bằng nhau.

Lại có \(AI=AD\)nên \(AIKB\)là hình thoi.

  x mzn cjk

nguyễnđìnhquyết 2k9

ko bt thì đừng có đăng linh tinh!

đk: 2x + 1 ≥ 0 <=> x ≥ -0,5

\(\left|x^2-1\right|=2x+1\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2-1=2x+1\\x^2-1=-2x-1\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2-2x-2=0\\x^2+2x=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x-1-\sqrt{3}\right)\left(x-1+\sqrt{3}\right)=0\left(1\right)\\x\left(x+2\right)=0\left(2\right)\end{cases}}\)

Giải 1:

\(\left(x-1-\sqrt{3}\right)\left(x-1+\sqrt{3}\right)=0\) \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1+\sqrt{3}\left(tm\right)\\x=1-\sqrt{3}\left(ktm\right)\end{cases}}\)

Giải 2:

\(x\left(x+2\right)=0\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\left(tm\right)\\x=-2\left(ktm\right)\end{cases}}\)

Vậy.....

P/s: (tm: thỏa mãn, ktm: không thỏa mãn)

lop 8 ha,tui moi hc lop 6 thui

M N K P Q I H

a) Vì \(MNPQ\)là hình bình hành.

\(\Rightarrow MQ//NP\)(tính chất).

\(\Rightarrow MQ//PI\).

Xét \(\Delta HMQ\)và \(\Delta HPI\)có:

\(\widehat{MHQ}=\widehat{PHI}\)(vì đối đỉnh).

\(\widehat{QMH}=\widehat{IPH}\)(vì \(MQ//PI\)).

\(\Rightarrow\Delta HMQ~\Delta HPI\left(g.g\right)\)(điều phải chứng minh).