(– x^2).(2x^3 + 3x^2 – 2x + 5) 
= (- x^2 . 2x^3) + (- x^2 . 3x^2) + (- x^2 . (-2x)) + (- x^2 . 5)
= -2x^5 + (-3x^4 + 2x^3) + (-5x^2)
= -2x^5 - 3x^4 + 2x^3 - 5x^2

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

\(=-x^2\cdot2x^3-x^2\cdot3x^2+x^2\cdot2x-x^2\cdot5\)

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

\(A+B=5x^4-4x^2+x-2+x^4+3x^2-4x\)

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

\(=6x^4-x^2-3x-2\)

$= (5x^4 – 4x^2 + x – 2) + (x^4 + 3x^2 – 4x)$
$= 6x^4 - x^2 - 3x - 2$
=> Vậy, A + B = $6x^4 - x^2 - 3x - 2$

a: Ta có: ΔABD vuông tại A

=>BD là cạnh lớn nhất trong ΔABD

=>AB<BD

b: Đề cho rồi chứng minh chi nữa bạn ơi?

c:

Sửa đề: Chứng minh E,D,I thẳng hàng

Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ABC}+30^0=90^0\)

=>\(\widehat{ABC}=60^0\)

Xét ΔCBE có

CA là đường cao

CA là đường trung tuyến

Do đó:ΔCBE cân tại C

Xét ΔCBE cân tại C có \(\widehat{CBE}=60^0\)

nên ΔCBE đều

mà BF là đường phân giác

nên F là trung điểm của EC

Xét ΔCBE có

BF,CA là các đường trung tuyến

BF cắt CA tại D

Do đó: D là trọng tâm của ΔCBE

Xét ΔCBE có

D là trọng tâm

I là trung điểm của BC

Do đó: E,D,I thẳng hàng

a: ΔABD vuông tại A

=>BA<BD

b: Xét ΔCAE vuông tại A và ΔCAB vuông tại A có

CA chung

AE=AB

=>ΔCAE=ΔCAB

c: BA

<BC

=>AD<CD

a: Xét ΔABM và ΔACM có

AB=AC

BM=CM

AM chung

Do đó: ΔABM=ΔACM

b: Ta có: ΔABM=ΔACM

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

Xét ΔADB và ΔADC có

AD chung

\(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\)

AB=AC

Do đó: ΔADB=ΔADC

=>DB=DC

c: 

Ta có: DB và DE là hai tia đối nhau

=>D nằm giữa B và E

mà DB=DE

nên D là trung điểm của BE

Xét ΔCEB có

CD là đường trung tuyến

\(CG=\dfrac{2}{3}CD\)

Do đó: G là trọng tâm của ΔCEB

Xét ΔCEB có

G là trọng tâm

M là trung điểm của BC

Do đó; E,G,M thẳng hàng

\(b^2=ac\)

=>\(\dfrac{b}{a}=\dfrac{c}{b}\)

\(c^2=bd\)

=>\(\dfrac{c}{b}=\dfrac{d}{c}\)

=>\(\dfrac{b}{a}=\dfrac{c}{b}=\dfrac{d}{c}\)

=>\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{d}\)

Đặt \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{d}=k\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}c=dk\\b=ck=dk\cdot k=dk^2\\a=bk=dk^2\cdot k=dk^3\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{a^3+b^3-c^3}{b^3+c^3-d^3}=\dfrac{\left(dk^3\right)^3+\left(dk^2\right)^3-\left(dk\right)^3}{\left(dk^2\right)^3+\left(dk\right)^3-d^3}\)

\(=\dfrac{d^3k^3\left(k^6+k^3-1\right)}{d^3\left(k^6+k^3-1\right)}=k^3\)

\(\left(\dfrac{a+b-c}{b+c-d}\right)^3=\left(\dfrac{dk^3+dk^2-dk}{dk^2+dk-d}\right)^3\)

\(=\left(\dfrac{dk\left(k^2+k-1\right)}{d\left(k^2+k-1\right)}\right)^3=k^3\)

Do đó: \(\dfrac{a^3+b^3-c^3}{b^3+c^3-d^3}=\left(\dfrac{a+b-c}{b+c-d}\right)^3\)

Đề thiếu!

Em cần làm gì với hai đa thức này?

Câu 25:

Gọi số tiền Minh,Hùng,Dũng đóng góp lần lượt là a(đồng),b(đồng),c(đồng)

(Điều kiện: a>0; b>0; c>0)

Số tiền Minh và Hùng góp tỉ lệ với 3 và 5 nên \(\dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{5}\)

=>\(\dfrac{a}{9}=\dfrac{b}{15}\left(1\right)\)

Số tiền Hùng và Dũng đóng góp tỉ lệ nghịch với 4 và 6 nên 4b=6c

=>\(\dfrac{b}{6}=\dfrac{c}{4}\)

=>\(\dfrac{b}{3}=\dfrac{c}{2}\)

=>\(\dfrac{b}{15}=\dfrac{c}{10}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{a}{9}=\dfrac{b}{15}=\dfrac{c}{10}\)

Tổng số tiền Minh và Dũng góp nhiều hơn Hùng góp là 24 triệu nên a+c-b=24000000

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{a}{9}=\dfrac{b}{15}=\dfrac{c}{10}=\dfrac{a+c-b}{9+10-15}=\dfrac{24000000}{4}=6000000\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=6000000\cdot9=54000000\\b=6000000\cdot15=90000000\\c=6000000\cdot10=60000000\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)

Vậy: số tiền Minh,Hùng,Dũng đóng góp lần lượt là 54 triệu; 90 triệu; 60 triệu

Câu 18:

a: Xét ΔABC có \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^0\)

=>\(\widehat{C}+58^0+62^0=180^0\)

=>\(\widehat{C}=60^0\)

b: Xét ΔABC có \(\widehat{A}< \widehat{C}< \widehat{B}\)

mà BC,AB,AC lần lượt là cạnh đối diện của các góc A;C;B

nên BC<AB<AC

Bài 16:

a: Xét ΔMAD và ΔMCB có

MA=MC

\(\widehat{AMD}=\widehat{CMB}\)(hai góc đối đỉnh)

MD=MB

Do đó: ΔMAD=ΔMCB

b: ta có: ΔMAD=ΔMCB

=>\(\widehat{MAD}=\widehat{MCB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AD//BC

Bài 15:

a: Xét ΔOAD và ΔOBC có

OA=OB

\(\widehat{AOD}=\widehat{BOC}\)(hai góc đối đỉnh)

OD=OC

Do đó: ΔOAD=ΔOBC

=>\(\widehat{OAD}=\widehat{OBC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AD//BC

Xét ΔOAC và ΔOBD có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOD}\)(hai góc đối đỉnh)

OC=OD

Do đó: ΔOAC=ΔOBD

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OBD}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AC//BD

b: Xét ΔBCA và ΔADB có

BC=AD

CA=DB

BA chung

Do đó: ΔBCA=ΔADB

=>\(\widehat{BCA}=\widehat{ADB}=60^0\)

Ta có: BD//AC

=>\(\widehat{BDA}+\widehat{DAC}=180^0\)

=>\(\widehat{DAC}+60^0=180^0\)

=>\(\widehat{DAC}=120^0\)

Ta có: AC//BD

=>\(\widehat{ACB}+\widehat{DBC}=180^0\)

=>\(\widehat{DBC}+60^0=180^0\)

=>\(\widehat{DBC}=120^0\)

a: Xét ΔBAI vuông tại A và ΔBDI vuông tại D có

BI chung

\(\widehat{ABI}=\widehat{DBI}\)

Do đó: ΔBAI=ΔBDI

b: Ta có: ΔBAI=ΔBDI

=>BA=BD và ID=IA

Xét ΔBAD có BA=BD

nên ΔBAD cân tại B

Ta có: BA=BD

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

Ta có: IA=ID

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

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

c: Ta có: ID=IA

mà IA<IE(ΔIAE vuông tại A)

nên ID<IE

Xét ΔIAE vuông tại A và ΔIDC vuông tại D có

IA=ID

\(\widehat{AIE}=\widehat{DIC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAE=ΔIDC

=>IE=IC

d: Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ACB}=30^0\)

mà \(\widehat{ICD}=\widehat{IEA}\)(ΔICD=ΔIEA)

nên \(\widehat{IEA}=30^0\)

BI là phân giác của góc ABC

=>\(\widehat{ABI}=\widehat{CBI}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=30^0\)

Xét ΔIBE có \(\widehat{IBE}=\widehat{IEB}=30^0\)

nên ΔIBE cân tại I

mà IA là đường cao

nên A là trung điểm của BE

Xét ΔAIE vuông tại A và ΔAKB vuông tại A có

AI=AK

AE=AB

Do đó: ΔAIE=ΔAKB

=>\(\widehat{AIE}=\widehat{AKB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên IE//KB

e: Ta có: ΔIAE=ΔIDC
=>AE=DC

Ta có: BA+AE=BE

BD+DC=BC

mà BA=BD và AE=DC

nên BE=BC

Xét ΔBEC có BE=BC và \(\widehat{EBC}=60^0\)

nên ΔBEC đều

Xét ΔBEC có

ED,CA là các đường cao

ED cắt CA tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔBEC

Xét ΔBEC đều có I là trực tâm

nên I cách đều ba đỉnh của ΔBEC