phân tích: x2-6xy+3y2-12z2
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Vì tứ giác ABCD là hình vuông
nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB=BC=CD=DA\\\widehat{ABC}=\widehat{BCD}=\widehat{CDA}=\widehat{DAB}=90^{\circ}\end{matrix}\right.\) (t/c)
Mà: \(\left\{{}\begin{matrix}MA=MB=\dfrac{AB}{2}\\NB=NC=\dfrac{BC}{2}\end{matrix}\right.\) (do M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC)
Do đó: \(MA=MB=NB=NC\)
Xét \(\Delta BCM\) và \(\Delta CDN\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}MB=NC\left(cmt\right)\\\widehat{MBC}=\widehat{NCD}\left(=90^{\circ}\right)\\BC=CD\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BCM=\Delta CDN\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{BCM}=\widehat{CDN}\) (hai góc tương ứng)
Mà: \(\widehat{BCM}+\widehat{MCD}=\widehat{BCD}=90^{\circ}\) (hai góc kề phụ)
nên \(\widehat{CDN}+\widehat{MCD}=90^{\circ}\)
hay \(\widehat{CDH}+\widehat{HCD}=90^{\circ}\) (vì \(CM\cap DN=\left\{H\right\}\))
\(\Rightarrow\widehat{CHD}=90^{\circ}\Rightarrow CM\perp DN\) (đpcm)
b)
+, Gọi F là trung điểm của CD, G là giao điểm của AF với DH.
Xét \(\Delta DHC\) vuông tại H có: F là trung điểm của cạnh huyền CD
\(\Rightarrow HF=\dfrac{1}{2}CD=FD=FC\) (đli)
\(\Rightarrow F\) nằm trên đường trung trực của đoạn \(HD\) (1)
Vì F là trung điểm CD nên \(FC=FD=\dfrac{CD}{2}\)
Mà \(CD=AB;AM=BM=\dfrac{AB}{2}\left(cmt\right)\)
Do đó: \(FC=AM\)
Lại có: \(AB//CD\) (vì ABCD là hình vuông)
\(\Rightarrow AM//FC\) (vì \(M\in AB;F\in CD\))
Xét tứ giác AMCF có: \(\begin{cases} AM=FC(cmt)\\ AM//FC(cmt) \end{cases} \)
\(\Rightarrow\) Tứ giác AMCF là hình bình hành (t/c)
\(\Rightarrow AF//CM\) (t/c) \(\Rightarrow GF//HC\) (vì \(G\in AF;H\in CM\))
Xét \(\Delta DHC\) có: \(\begin{cases} F\text{ là trung điểm của CD }(cmt)\\ FG//HC\text{ }(cmt) \end{cases} \)
\(\Rightarrow G\) là trung điểm của DH (đli) (2)
Từ (1), (2) \(\Rightarrow FG\) là đường trung trực của đoạn DH
Mà \(A\in FG\Rightarrow\) A nằm trên đường trung trực của đoạn DH
\(\Rightarrow AD=AH\) (t/c) (*)
+, CMTT, ta cũng có: \(EH=EC\) (**)
Từ (*) và (**) \(\Rightarrow AD+EC=AH+EH=AE\) (vì \(H\in AE\)) (đpcm)
$Toru$
a: Xét ΔBAI vuông tại A và ΔBDI vuông tại D có
BI chung
BA=BD
Do đó: ΔBAI=ΔBDI
=>\(\widehat{ABI}=\widehat{DBI}\)
=>BI là phân giác của góc ABC
b: Ta có: ΔBAD cân tại B
mà BI là đường phân giác
nên BI\(\perp\)AD
c: Ta có: \(\widehat{ABI}+\widehat{AIB}=90^0\)(ΔABI vuông tại A)
\(\widehat{DBK}+\widehat{EBH}=90^0\)(ΔHBE vuông tại H)
mà \(\widehat{ABI}=\widehat{EBH}\)
nên \(\widehat{AIB}=\widehat{BEH}\)
=>\(\widehat{AIE}=\widehat{AEI}\)
=>ΔAEI cân tại A
ΔAEI cân tại A
mà AK là đường cao
nên K là trung điểm của EI
1/
$x^2y=x-y+1$
$\Leftrightarrow y(x^2+1)=x+1$
$\Leftrightarrow y=\frac{x+1}{x^2+1}$
Với $x$ nguyên, để $y$ nguyên thì $x+1\vdots x^2+1(1)$
$\Rightarrow x(x+1)\vdots x^2+1$
$\Rightarrow (x^2+1)+(x-1)\vdots x^2+1$
$\Rightarrow x-1\vdots x^2+1(2)$
Từ $(1); (2)\Rightarrow (x+1)-(x-1)\vdots x^2+1$
$\Rightarrow 2\vdots x^2+1$
$\Rightarrow x^2+1=1$ hoặc $x^2+1=2$ (do $x^2+1\geq 1$ với mọi $x$ nguyên)
$\Rightarrow x=0$ hoặc $x=\pm 1$
$x=0$ thì $y=\frac{0^2+1}{0+1}=1$
$x=1$ thì $y=\frac{1^2+1}{1+1}=1$
$x=-1$ thì $y=0$
2/
$x^2+4xy+3y^2+4x+6y=0$
$\Leftrightarrow (x^2+4xy+4y^2)+4(x+2y)-2y-y^2=0$
$\Leftrightarrow (x+2y)^2+4(x+2y)=y^2+2y$
$\Leftrightarrow (x+2y)^2+4(x+2y)+4=y^2+2y+4$
$\Leftrightarrow (x+2y+2)^2=(y+1)^2+3$
$\Leftrightarrow 3=(x+2y+2)^2-(y+1)^2=(x+2y+2-y-1)(x+2y+2+y+1)$
$\Leftrightarrow 3=(x+y+1)(x+3y+3)$
Do $x,y$ nguyên nên đến đây ta xét các TH sau (đoạn này đơn giản rồi).
TH1: $x+y+1=1, x+3y+3=3$
TH2: $x+y+1=-1, x+3y+3=-3$
TH3: $x+y+1=3, x+3y+3=1$
TH4: $x+y+1=-3, x+3y+3=-1$
Ta có:
x²y + xy² + x + y = 2020
xy(x + y) + (x + y) = 2020
(x + y)(xy + 1) = 2020
(x + y).(11 + 1) = 2020
12(x + y) = 2020
x + y = 2020 : 12
x + y = 505/3
x² + y² = (x + y)² - 2xy
= (505/3)² - 2.11
= 255025/9 - 22
= 254827/9
17:
a: Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là a;a+1
Hiệu bình phương của chúng là 209 nên ta có:
\(\left(a+1\right)^2-a^2=209\)
=>\(a^2+2a+1-a^2=209\)
=>2a+1=209
=>2a=208
=>a=104
vậy: Hai số cần tìm là 104;104+1=105
b: Gọi hai số tự nhiên lẻ liên tiếp là 2k+1;2k+3
Hiệu lập phương của chúng là 1178 nên ta có:
\(\left(2k+3\right)^3-\left(2k+1\right)^3=1178\)
=>\(8k^3+36k^2+54k+27-8k^3-12k^2-6k-1=1178\)
=>\(24k^2+48k+26-1178=0\)
=>\(24k^2+48k-1152=0\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}k=6\left(nhận\right)\\k=-8\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy: Hai số cần tìm là \(2\cdot6+1=13;2\cdot6+3=15\)
19:
a: \(A=x^2-4x+10\)
\(=x^2-4x+4+6\)
\(=\left(x-2\right)^2+6>=6>0\forall x\)
=>ĐPCM
b: \(B=2x^2-2x+3\)
\(=2\left(x^2-x+\dfrac{3}{2}\right)\)
\(=2\left(x^2-x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{5}{4}\right)\)
\(=2\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{5}{2}>=\dfrac{5}{2}>0\forall x\)
=>ĐPCM
c: \(C=x^4-3x^2+5\)
\(=x^4-3x^2+\dfrac{9}{4}+\dfrac{11}{4}\)
\(=\left(x^2-\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{11}{4}>=\dfrac{11}{4}>0\forall x\)
=>ĐPCM
d: \(D=\dfrac{1}{4}x^4+\dfrac{2}{5}x^2+2\)
\(=x^2\left(\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{2}{5}\right)+2>=2>0\forall x\)
=>ĐPCM
e: \(E=x^2+\left(x+1\right)^2\)
\(=x^2+x^2+2x+1=2x^2+2x+1\)
\(=2\left(x^2+x+\dfrac{1}{2}\right)=2\left(x^2+x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\right)\)
\(=2\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{2}>=\dfrac{1}{2}>0\forall x\)
=>ĐPCM
f: \(F=\left(x-2\right)^2+\left(x-4\right)^2\)
\(=x^2-4x+4+x^2-8x+16\)
\(=2x^2-12x+20=2\left(x^2-6x+10\right)\)
\(=2\left(x^2-6x+9+1\right)=2\left[\left(x-3\right)^2+1\right]>=2\cdot1=2>0\forall x\)
g: \(G=x^2+y^2+2x-6y+11\)
\(=x^2+2x+1+y^2-6y+9+1\)
\(=\left(x+1\right)^2+\left(y-3\right)^2+1>=1>0\forall x,y\)
=>ĐPCM
Lời giải:
Ký hiệu gốc cây là $A$, ngọn cây bị gãy là $B$, điểm gãy là $C$. Ta có:
$AC+CB=8(1)$ (m)
$AB=4$ (m)
Áp dụng định lý Pitago:
$AC^2+AB^2=BC^2$
$\Rightarrow AC^2+4^2=BC^2$
$\Rightarrow BC^2-AC^2=16$
$\Rightarrow (BC-AC)(BC+AC)=16$
$\Rightarrow (BC-AC).8=16\Rightarrow BC-AC=2(2)$
Từ $(1); (2)\Rightarrow BC=(8+2):2=5; AC=(8-2):2=3$ (m)
Vậy độ dài từ điểm gãy tới gốc là $AC=3$ m
Sửa đề: \(3x^2-6xy+3y^2-12z^2\)
\(=3\left(x^2-2xy+y^2-4z^2\right)\)
\(=3\left[\left(x-y\right)^2-\left(2z\right)^2\right]\)
\(=3\left(x-y-2z\right)\left(x-y+2z\right)\)