bn Lê Bảo Doan là nam hay nữ vậy

\(4(x^2y^2+z^2t^2+2xyzt)-(x^2+y^2-z^2-t^2)^2\)

\(=[2(xy+zt]^2-(x^2+y^2-z^2-t^2)^2\)

\(=(2xy+2zt)^2-(x^2+y^2-z^2-t^2)^2\)

\(=(2xy+2zt-x^2-y^2+z^2+t^2)(2xy+2zt+x^2+y^2-z^2-t^2)^2\)

Đáp án:

1/ Lấy E thuộc tia đối tia BA sao cho BE = AD. Ta có góc ABC + góc CBE = 180độ (kề bù). Mà góc ABC + góc CDA = 180độ (gt) ⇒ góc CBE = góc CDA (cùng = 180độ – góc ABC).

Xét ΔADC và ΔEBC có: + AD = BE (cách kẻ)

+ Góc CDA = góc CBE (c/m trên)

+ CD = BC (gt) ⇒ ΔADC = ΔEBC(c.g.c)

⇒ Góc DAC = góc BEC (1) và AC = CE. Do AC = EC ⇒ ΔACE cân tại C

⇒ góc CAE = góc CEA = góc CEB (2). Từ (1) và (2) ⇒ góc CAB = góc DAC ⇒ đpcm

Giải thích các bước giải:

2\3=                                                                                                                                                                                                                       4\6=

giúp mk với:<

a)

Vì AEAE là phân giác góc ngoài của ˆAA^ nên ˆA1=ˆA2A1^=A2^

DEDE là phân giác góc ngoài của ˆDD^ nên ˆD1=ˆD2D1^=D2^

Mà ˆA1+ˆA2+ˆD1+ˆD2=180oA1^+A2^+D1^+D2^=180o (hai góc ở vị trí trong cùng phía)

⇒2ˆA2+2ˆD2=180o⇒2A2^+2D2^=180o

⇒ˆA2+ˆD2=90o⇒A2^+D2^=90o

⇒ΔAED:ˆAED=90o⇒ΔAED:AED^=90o (tính chất tổng 3 góc trong 1 tam giác)

⇒DE⊥AE⇒DE⊥AE

Gọi AE∩DC≡MAE∩DC≡M

ΔADMΔADM có DEDE vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên ΔADMΔADM cân đỉnh D

nên DE cũng là đường trung tuyến

⇒E⇒E là trung điểm của AM 

Gọi BF∩DC≡NBF∩DC≡N

Chứng minh tương tự có FF là trung điểm của BN

⇒EF⇒EF là đường trung bình của hình thang ABNMABNM

⇒EF//AB//CD⇒EF//AB//CD

b)

EF=AB+MN2EF=AB+MN2 (tính chất đường trung bình của hình thang)
⇒EF=AB+MD+CD+CN2⇒EF=AB+MD+CD+CN2  (1)
Mà MD = AD, CN = BC. Thay vào (1) 
⇒EF=AB+AD+CD+BF2⇒EF=AB+AD+CD+BF2 (đpcm)

a)Ta có : CA vuông góc AB(gt) và HP vuông góc AB(gt) => CA //HP => góc PHA=góc HAQ(so le trong).

Xét tam giác vuông AHP và tam giác vuông HAQ có:

Cạnh HA chung

góc PHA=góc HAQ(cmt)

Do đó: tam giác AHP=tam giác HAQ(cạnh huyền-góc nhọc).

=> HP=AQ(hai cạnh tương ứng) và AP=HQ(hai cạnh tương ứng).

Ta có : PH=PD(gt) và PH=AQ(cmt) nên PD=AQ

           QH=QE(gt) và HQ=AP(cmt) nên QE=AP

Xét hai tam giác vuông DPA và tam giác vuông AQE có:

           PD=AQ(cmt)

           QE=AP(cmt)

Do đó:tam giác DPA=tam giác AQE(hai cạnh góc vuông)

=>AD=AE(hai cạnh tương ứng)

hay A là trung điểm của DE>

b)Trong tam giác HDE có : P là trung điểm DH và Q là trung điểm HE => PQ là đường trung bình => PQ=1/2DE.

c)Tam giác HDE có PQ là đường trung bình => PQ=1/2DE=DA (1).

Trong tam giác ADH có AP là trung tuyến(PD=PH) đồng thời AP là đường cao=>Tam giác ADH cân=>AD=AH (2).

Từ (1) và (2), suy ra PQ=AH.

Bạn ơi câu a bạn làm chưa chặt chẽ ở chỗ giả thiết chưa cho 3 điểm A, D, E thẳng hàng nên chưa thể kết luận là A là trung điểm của DE được

\(x^2-5y+y^2-2xy+5x=\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(5x-5y\right)\)

a/ x² – 5y + y² -2xy + 5x = ( x² - 2xy + y² ) - 5( y - x ) = ( x - y )² - 5( y - x ) = ( y - x )² - 5( y - x ) = ( y - x )( y - x - 5  )

b/ 4x² – 81(y – 2)² = 4x²  - 9²(y – 2)²=  4x² – ( 9y – 18)² = ( 2x -9y -18 )( 2x + 9y + 18 )

c/ x²z – y²z + 2yz – z = ( x²z + yz ) - ( y²z - yz ) - z = z( x² + y ) - z( y² - y ) -z = z( x² + y - y² +y - 1 ) = z( x² + 2y - y² - 1 ) \(=z[x^2-\left(y^2-2y+1\right)]=z[x^2-\left(y-1\right)^2=z\left(x-y+1\right)\left(x+y-1\right)\)

d/ x³ – 8y³ + x² + 2xy + 4y² = ( x³ – 8y³ ) + x² + 2xy + 4y² = ( x -2y )( x² + 2xy + 4y² ) +  ( x² + 2xy + 4y² 0 = ( x² + 2xy + 4y²)( x -2y +1)

e/ 7x² – 11x + 4 =  7x² -7x -4x +4 = 7x( x-1 ) - 4( x - 1 ) = ( x - 1 )( 7x - 4 )

g/ 13x² + 2xy – 15y² = 13x² - 13xy + 15xy - 15y² = 13x( x - y ) + 15y( x - y ) = ( x - y )( 13x + 15y )

h/ x³ + 3x² + 3x + 2 =  x³ +2x² + x² +2x + x + 2 = x²( x + 2 ) + x( x + 2 ) + ( x + 2 ) = ( x + 2 )( x² + x + 1 )

i/ x³ – 3x² + 3x – 2 + xy – 2y = x³ - 2x² - x² + 2x + x - 2 +xy - 2y = x²( x - 2 ) - x( x - 2 ) + ( x - 2 ) + y( x - 2 ) = ( x - 2 )( x² - x +1 + y )