Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P = xy(x - 2)(y+6) + 12x^2 – 24x + 3y^2 + 18y + 36 \)
\(= x^2.y^2 + 6x^2y - 2xy^2 - 12xy – 24x + 3y^2 + 18y + 36 \)
\(= (18y + 36) + (6x2y + 12x^2) – (12xy + 24x) + (x^2y - 2xy^2 + 3y^2) \)
\(= 6(y + 2)(x^2 – 2x + 3) + y^2(x^2 – 2x + 3) \)
\(= (x^2 – 2x + 3)(y^2 + 6y +12) = [(x -1)^2 + 2][(y + 3)^2 +3] > 0 \)
Vậy P > 0 với mọi x, y thuộc R.
Kẻ AH⊥EC tại H, AK⊥FC tại K
Xét ΔAHC vuông tại H và ΔAKC vuông tại K có
CA chung
\(\hat{ACH}=\hat{ACK}\)
Do đó: ΔAHC=ΔAKC
=>CH=CK và AH=AK và \(\hat{AHC}=\hat{AKC}\)
Xét ΔAHE vuông tại H và ΔAKF vuông tại K có
AE=AF
AH=AK
Do đó: ΔAHE=ΔAKF
=>\(\hat{AEH}=\hat{AFK}\)
mà \(\hat{AEH}+\hat{AEC}=180^0\) (hai góc kề bù)
và \(\hat{AFK}+\hat{AFC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AEC}=\hat{AFC}=100^0\)
Từ đề bài, ta có hình vẽ sau:
\(\hat{BAC}=\hat{BAH}+\hat{CAH}=10^0+10^0=20^0\)
Xét ΔABC có
AH là đường cao
AH là đường phân giác
Do đó: ΔABC cân tại A
=>\(\hat{ABC}=\frac{180^0-\hat{BAC}}{2}=\frac{180^0-20^0}{2}=80^0\)
Ta có: \(\hat{KBC}+\hat{KBA}=\hat{ABC}\) (tia BK nằm giữa hai tia BA và BC)
=>\(\hat{KBA}=80^0-40^0=40^0\)
Xét ΔABG và ΔACG có
AB=AC
\(\hat{BAG}=\hat{CAG}\)
AG chung
Do đó: ΔABG=ΔACG
=>\(\hat{ABG}=\hat{ACG}\)
=>\(x=40^0\)
a: Xét ΔABC có F,E lần lượt là trung điểm của AB,AC
=>FE là đường trung bình của ΔABC
=>FE//BC và \(FE=\frac12BC\)
=>BFEC là hình thang
Hình thang BFEC có \(\hat{FBC}=\hat{ECB}\) (ΔABC cân tại A)
nên BFEC là hình thang cân
b: Xét ΔABC có
F,D lần lượt là trung điểm của BA,BC
=>FD là đường trung bình của ΔABC
=>FD//AC và \(FD=\frac{AC}{2}\)
Xét ΔMAC có
I,K lần lượt là trung điểm của MA,MC
=>IK là đường trung bình củaΔMAC
=>IK//AC và \(IK=\frac{AC}{2}\)
Ta có: FD//AC
IK//AC
Do đó: FD//IK
Ta có: \(FD=\frac{AC}{2}\)
\(IK=\frac{AC}{2}\)
Do đó: FD=IK
Xét tứ giác FDKI có
FD//IK
FD=IK
Do đó: FDKI là hình bình hành
c: HK=HM+KM
\(=\frac12\cdot\left(MB+MC\right)=\frac12\cdot BC\)
=FE
Xét tứ giác FEKH có
FE//KH
FE=KH
Do đó: FEKH là hình bình hành
=>FK cắt EH tại trung điểm của mỗi đường(1)
FDKI là hình bình hành
=>FK cắt DI tại trung điểm của mỗi đường(2)
Từ (1),(2) suy ra FK,EH,DI đồng quy
d: ΔABC đều
mà AD là đường trung tuyến
nên AD là phân giác của góc BAC và AD⊥BC
=>\(\hat{BAD}=\frac12\cdot\hat{BAC}=\frac12\cdot60^0=30^0\)
Xét tứ giác APMD có \(\hat{APM}+\hat{ADM}=90^0+90^0=180^0\)
nên APMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
=>APMD nội tiếp (I)
Xét (I) có \(\hat{PAD}\) là góc nội tiếp chắn cung PD
=>\(\hat{PID}=2\cdot\hat{PAD}=60^0\)
Xét ΔIPD có IP=ID và \(\hat{PID}=60^0\)
nên ΔIPD đều
Bài 2:
a: ĐKXĐ: x∉{2;-2}
b: \(A=\frac{3x}{x-2}-\frac{2}{x+2}+\frac{2x-4}{x^2-4}\)
\(=\frac{3x}{x-2}-\frac{2}{x+2}+\frac{2\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}\)
\(=\frac{3x}{x-2}-\frac{2}{x+2}+\frac{2}{x+2}=\frac{3x}{x-2}\)
c: Thay x=-5 vào A, ta được:
\(A=\frac{3\cdot\left(-5\right)}{-5-2}=\frac{-15}{-7}=\frac{15}{7}\)
d: Để A nguyên thì 3x⋮x-2
=>3x-6+6⋮x-2
=>6⋮x-2
=>x-2∈{1;-1;2;-2;3;-3;6-6}
=>x∈{1;2;4;0;5;-1;8;-4}
Kết hợp ĐKXĐ, ta được: x∈{1;4;0;5;-1;8;-4}
Bài 1:
a: \(A=x^2+10x+25\)
\(=x^2+2\cdot x\cdot5+5^2=\left(x+5\right)^2\)
b: \(B=x^2-y^2+8x-8y\)
=(x-y)(x+y)+8(x-y)
=(x-y)(x+y+8)
c: \(C=x^2+4x-5\)
\(=x^2+5x-x-5\)
=x(x+5)-(x+5)
=(x+5)(x-1)
A máy bị lỗi nhé, CN = \(2\)\(\sqrt{3}\) nha!!! Giúp mình với!!!
ta có: \(x^2\left(x+4\right)^2-\left(x+4\right)^2-\left(x^2-1\right)\)
\(=\left(x+4\right)^2.\left(x^2-1\right)-\left(x^2-1\right)\)
\(=\left(x^2-1\right)\left(\left(x+4\right)^2-1\right)\)
\(=\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x+4-1\right)\left(x+4+1\right)\)
\(=\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x+3\right)\left(x+5\right)\)
Cho mình nhé hihi!!!
x2(x+4)2-(x+4)2-(x2-1)
=(x+4)2 (x2-1)-(x2-1)
=(x2-1)(x2+8x+16-1)
=(x-1)(x+1)(x2+8x+15)
Bài 1:
a: Xét ΔABC có
M là trung điểm của AB
N là trung điểm của AC
Do đó: MN là đường trung bình của ΔABC
Suy ra: MN//BC và \(MN=\dfrac{BC}{2}\)
hay MN//BP và MN=BP
Xét tứ giác BMNP có
MN//BP
MN=BP
Do đó: BMNP là hình bình hành
Bài 1
a) Do ∆ABC cân tại A (gt)
⇒ ∠ABC = ∠ACB và AB = AC
Do BD là tia phân giác của ∠ABC (gt)
⇒ ∠ABD = ∠ABC : 2
Do CE là tia phân giác của ∠ACB (gt)
⇒ ∠ACE = ∠ACB : 2
Mà ∠ABC = ∠ACB (cmt)
⇒ ∠ABD = ∠ACE
Xét ∆ABD và ∆ACE có:
∠ABD = ∠ACE (cmt)
AB = AC (cmt)
∠A chung
⇒ ∆ABD = ∆ACE (g-c-g)
⇒ AD = AE (hai cạnh tương ứng)
⇒ ∆ADE cân tại A
⇒ ∠AED = (180⁰ - ∠DAE) : 2 = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (1)
Do ∆ABC cân tại A (gt)
⇒ ∠ABC = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ ∠AED = ∠ABC
Mà ∠AED và ∠ABC là hai góc đồng vị
⇒ ED // BC
⇒ BEDC là hình thang
Lại có ∠ABC = ∠ACB (cmt)
⇒ ∠EBC = ∠DCB
⇒ BEDC là hình thang cân
b) Do ∠C = 50⁰ (gt)
⇒ ∠DCB = ∠EBC = 50⁰
⇒ ∠AED = ∠EBC = 50⁰
Mà ∠AED + ∠BED = 180⁰ (kề bù)
⇒ ∠BED = 180⁰ - ∠AED = 180⁰ - 50⁰ = 130⁰
⇒ ∠CDE = ∠BED = 130⁰
Bài 4:
a: Xét ΔABC có \(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
nên DE//BC
Xét tứ giác BDEC có DE//BC và \(\hat{DBC}=\hat{ECB}\) (ΔABC cân tại A)
nên BDEC là hình thang cân
b: BD=DE
=>ΔDEB cân tại D
=>\(\hat{DEB}=\hat{DBE}\)
mà \(\hat{DEB}=\hat{EBC}\) (hai góc so le trong, DE//BC)
nên \(\hat{DBE}=\hat{CBE}\)
=>\(\hat{ABE}=\hat{CBE}\)
=>BE là phân giác của góc ABC
=>E là chân đường phân giác kẻ từ B xuống AC của ΔABC
Ta có: ED=EC
=>ΔEDC cân tại E
=>\(\hat{EDC}=\hat{ECD}\)
mà \(\hat{EDC}=\hat{DCB}\) (hai góc so le trong, ED//BC)
nên \(\hat{ECD}=\hat{BCD}\)
=>\(\hat{ACD}=\hat{BCD}\)
=>CD là phân giác của góc ACB
=>D là chân đường phân giác kẻ từ C xuống AB của ΔABC
Bài 3:
a: ΔCAD vuông tại C
=>\(\hat{CAD}+\hat{CDA}=90^0\)
=>\(\hat{CAD}=90^0-60^0=30^0\)
AC là phân giác của góc BAD
=>\(\hat{BAD}=2\cdot\hat{CAD}=2\cdot30^0=60^0\)
Xét hình thang ADCB có \(\hat{BAD}=\hat{CDA}\left(=60^0\right)\)
nên ADCB là hình thang cân
b: Qua B, kẻ BK⊥AD tại K
Qua C, kẻ CH⊥AD tại H
=>BK//CH
Xét ΔBKA vuông tại K và ΔCHD vuông tại H có
BA=CD
\(\hat{BAK}=\hat{CDH}\)
Do đó: ΔBKA=ΔCHD
=>BK=CH và AK=HD
Gọi M là trung điểm của CD
Trên tia đối của tia MH, lấy E sao cho MH=ME
=>M là trung điểm của HE
Xét tứ giác CHDE có
M là trung điểm chung của CD và HE
=>CHDE là hình bình hành
Hình bình hành CHDE có \(\hat{CHD}=90^0\)
nên CHDE là hình chữ nhật
=>CD=HE
mà \(CM=MD=\frac{CD}{2};MH=ME=\frac{HE}{2}\)
nên \(CM=MD=MH=ME\)
Xét ΔDMH có MH=MD và \(\hat{MDH}=60^0\)
nên ΔMDH đều
=>DH=MD=CD/2
Ta có: BC//AD
=>\(\hat{BCA}=\hat{CAD}\) (hai góc so le trong)
mà \(\hat{CAD}=\hat{BAC}\)
nên \(\hat{BCA}=\hat{BAC}\)
=>BA=BC
mà BA=CD
nên BA=BC=CD
AK=HD
mà \(HD=\frac{CD}{2}\)
nên \(AK=HD=\frac{CD}{2}\)
Xét tứ giác BCHK có
BC//HK
BK//CH
Do đó: BCHK là hình bình hành
=>BC=HK
=>\(HK=CD\)
AD=AK+KH+HD
\(=\frac{CD}{2}+CD+\frac{CD}{2}=2CD\)
Chu vi hình thang ABCD là:
AB+BC+CD+DA=20
=>CD+CD+CD+2CD=20
=>5CD=20
=>CD=4(cm)
=>\(AD=2\cdot4=8\left(\operatorname{cm}\right)\)
Bài 2:
a: Xét ΔABD và ΔBAC có
BA chung
BD=AC
AD=BC
Do đó: ΔABD=ΔBAC
=>\(\hat{ABD}=\hat{BAC}\)
=>\(\hat{OAB}=\hat{OBA}\)
=>OA=OB
ta có: OA+OC=AC
OB+OD=BD
mà OA=OB và AC=BD
nên OC=OD
b: Xét ΔEDC có \(\hat{EDC}=\hat{ECD}\)
nên ΔEDC cân tại E
=>ED=EC
Ta có: EA+AD=ED
EB+BC=EC
mà ED=EC và AD=BC
nên EA=EB
Ta có: EA=EB
=>E nằm trên đường trung trực của AB(1)
ta có: OA=OB
=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)
từ (1),(2) suy ra EO là đường trung trực của AB
Ta có: EC=ED
=>E nằm trên đường trung trực của CD(3)
ta có: OC=OD
=>O nằm trên đường trung trực của CD(4)
Từ (3),(4) suy ra EO là đường trung trực của CD