\(P\left(x\right)=-2x^2+3x^4+x^3+x^2-\dfrac{1}{4}x\)

\(=3x^4+x^3+\left(-2x^2+x^2\right)-\dfrac{1}{4}x\)

\(=3x^4+x^3-x^2-\dfrac{1}{4}x\)

Khi x=-1 thì \(P\left(-1\right)=3\cdot\left(-1\right)^4+\left(-1\right)^3-\left(-1\right)^2-\dfrac{1}{4}\cdot\left(-1\right)\)

=3-1-1+1/4

=3+1/4

=3,25

a: Xét ΔNMI vuông tại M và ΔNKI vuông tại K có

NI chung

\(\widehat{MNI}=\widehat{KNI}\)

Do đó: ΔNMI=ΔNKI

b: ta có: ΔNMI=ΔNKI

=>IM=IK

mà IK<IP(ΔIKP vuông tại K)

nên IM<IP

c: Xét ΔIMQ vuông tại M và ΔIKP vuông tại K có

IM=IK

\(\widehat{MIQ}=\widehat{KIP}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIMQ=ΔIKP

=>IQ=IP

=>ΔIQP cân tại I

Xét ΔNQP có

QK,PM là các đường cao

QK cắt PM tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔNQP

=>NI\(\perp\)PQ tại D

=>ND\(\perp\)PQ

MI < IP mà

a: ΔABC vuông tại A

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

=>\(\widehat{ACB}=90^0-60^0=30^0\)

Xét ΔABC có \(\widehat{ACB}< \widehat{ABC}< \widehat{BAC}\)

mà AB,AC,BC lần lượt là cạnh đối diện của các góc ACB,ABC,BAC

nên AB<AC<BC

b: Xét ΔBAE vuông tại A và ΔBHE vuông tại H có

BE chung

\(\widehat{ABE}=\widehat{HBE}\)

Do đó: ΔBAE=ΔBHE

c: ΔBAE=ΔBHE

=>BA=BH

Xét ΔBHK vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

BH=BA

\(\widehat{HBK}\) chung

Do đó: ΔBHK=ΔBAC

=>BK=BC

=>ΔBKC cân tại B

Xét ΔBKC cân tại B có \(\widehat{KBC}=60^0\)

nên ΔBKC đều

a: Xét ΔABD vuông tại B và ΔAID vuông tại I có

AD chung

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

Do đó: ΔABD=ΔAID

b: ta có: ΔABD=ΔAID

=>DB=DI

mà DI<DC(ΔDIC vuông tại I)

nên DB<DC

c: Xét ΔAEC có

AK là đường cao

AK là đường phân giác

Do đó: ΔAEC cân tại A

Ta có: ΔAEC cân tại A

mà AK là đường cao

nên K là trung điểm của EC

d: Xét ΔAEC có \(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AI}{AC}\)

nên BI//EC

e: Xét ΔAEC có

AK,CB là các đường cao

AK cắt CB tại D

Do đó: D là trực tâm của ΔAEC

=>ED\(\perp\)AC

mà DI\(\perp\)AC

và ED,DI có điểm chung là D

nên E,D,I thẳng hàng

a: Xét ΔNMD vuông tại M và ΔNED vuông tại E có

ND chung

\(\widehat{MND}=\widehat{END}\)

Do đó: ΔNMD=ΔNED
b: Ta có; ΔNMD=ΔNED

=>DM=DE

Xét ΔDMF vuông tại M và ΔDEP vuông tại E có

DM=DE
\(\widehat{MDF}=\widehat{EDP}\)

Do đó: ΔDMF=ΔDEP

=>DF=DP

=>ΔDFP cân tại D

c: Ta có: ΔDMF=ΔDEP

=>MF=EP

ΔNMD=ΔNED
=>NM=NE

Ta có: NM+MF=NF

NE+EP=NP

mà NM=NE và MF=EP

nên NF=NP

=>N nằm trên đường trung trực của FP(1)

Ta có: DF=DP

=>D nằm trên đường trung trực của FP(2)

Ta có: KF=KP

=>K nằm trên đường trung trực của FP(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra N,D,K thẳng hàng

Bài 5:

a: Xét ΔABC có \(\widehat{BAC}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^0\)

=>\(\widehat{ACB}+57^0+72^0=180^0\)

=>\(\widehat{ACB}=51^0\)

Xét ΔABC có \(\widehat{ACB}< \widehat{BAC}< \widehat{ABC}\)

mà AB,BC,AC lần lượt là cạnh đối diện của các góc ACB,BAC,ABC

nên AB<BC<AC

b: Xét ΔBIM và ΔCEM có

MB=MC

\(\widehat{BMI}=\widehat{CME}\)(hai góc đối đỉnh)

MI=ME

Do đó: ΔBIM=ΔCEM

=>\(\widehat{BIM}=\widehat{CEM}\)

=>BI//CE

c: Xét ΔMAK có

MH là đường cao

MH là đường trung tuyến

Do đó: ΔMAK cân tại M

Bài 6:

Số tiền của hóa đơn sau khi giảm giá lần 1 là:

\(16,245:\left(1-5\%\right)=17,1\left(triệuđồng\right)\)

Số tiền đúng của hóa đơn ban đầu là:

17,1:(1-10%)=19(triệu đồng)

Giá niêm yết của cái tivi là:

19-7=12(triệu đồng)

a: Xét ΔBHA và ΔBHD có

BH chung

HA=HD

BA=BD

Do đó: ΔBHA=ΔBHD

b: ΔBHA=ΔBHD

=>\(\widehat{ABH}=\widehat{DBH}\)

Xét ΔBAE và ΔBDE có

BA=BD

\(\widehat{ABE}=\widehat{DBE}\)

BE chung

Do đó: ΔBAE=ΔBDE
=>EA=ED
=>ΔEAD cân tại E

c: Xét ΔADF có HE//DF

nên \(\dfrac{HE}{DF}=\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{1}{2}\)

Xét ΔKDF và ΔKEH có

\(\widehat{KDF}=\widehat{KEH}\)(DF//EH)

\(\widehat{DKF}=\widehat{EKH}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔKDF~ΔKEH

=>\(\dfrac{KD}{KE}=\dfrac{DF}{EH}=2\)

=>KD=2KE

b) Do ∆ABD = ∆AID (cmt)

⇒ DB = ID (hai cạnh tương ứng)

∆ICD vuông tại I

⇒ DC là cạnh huyền nên là cạnh lớn nhất

⇒ ID < DC

Mà DB = ID (cmt)

⇒ DB < DC