Bài 1:

1.

$\frac{1}{2}+\frac{3}{4}-\frac{4}{5}=\frac{5}{4}-\frac{4}{5}=\frac{9}{20}$

2.

$=(\frac{4}{29}.\frac{3}{13}+\frac{3}{13}.\frac{25}{29})+(\frac{-19}{26}+\frac{-7}{26})$

$=\frac{87}{29.13}+(-1)$

$=\frac{3}{13}-1=\frac{-10}{13}$

Bài 2:

a. 

$x=\frac{-7}{8}.\frac{4}{21}-\frac{2}{3}=\frac{-5}{6}$
b.

$\frac{1}{4}x=0,2-\frac{3}{4}=\frac{-11}{20}$

$x=\frac{-11}{20}:\frac{1}{4}=\frac{-11}{5}$

Bài IV:

1: Xét tứ giác MAOB có

\(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)

=>MAOB là tứ giác nội tiếp

=>M,A,O,B cùng thuộc một đường tròn

2: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến
Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của BA

=>MO\(\perp\)AB tại H và H là trung điểm của AB

Xét ΔMAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(3\right)\)

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>AC\(\perp\)CD tại C

=>AC\(\perp\)DM tại C

Xét ΔADM vuông tại A có AC là đường cao

nên \(MC\cdot MD=MA^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(MA^2=MH\cdot MO=MC\cdot MD\)

3: Ta có: \(\widehat{MAI}+\widehat{OAI}=\widehat{OAM}=90^0\)

\(\widehat{HAI}+\widehat{OIA}=90^0\)(ΔAHI vuông tại H)

mà \(\widehat{OAI}=\widehat{OIA}\)

nên \(\widehat{MAI}=\widehat{HAI}\)

=>AI là phân giác của góc HAM

Xét ΔAHM có AI là phân giác

nên \(\dfrac{HI}{IM}=\dfrac{AH}{AM}\left(5\right)\)

Xét ΔOHA vuông tại H và ΔOAM vuông tại A có 

\(\widehat{HOA}\) chung

Do đó: ΔOHA đồng dạng với ΔOAM

=>\(\dfrac{OH}{OA}=\dfrac{HA}{AM}\)

=>\(\dfrac{OH}{OI}=\dfrac{AH}{AM}\left(6\right)\)

Từ (5) và (6) suy ra \(\dfrac{OH}{OI}=\dfrac{IH}{IM}\)

=>\(HO\cdot IM=IO\cdot IH\)

\(MA^4+MB^4+MC^4+MD^4\)

\(=\left(MA^2+MC^2\right)^2+\left(MB^2+MD^2\right)^2-2MA^2.MC^2-2MB^2.MD^2\)

\(=32R^4-8S_{MAC}^2-8S_{MBD}^2\)

\(=32R^4-8R^2\left(MH^2+MK^2\right)\) với H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AC,BD

\(=32R^4-8R^2.R^2=24R^4\)

17 nha

a.

Qua S kẻ đường thẳng d song song AB

Do \(\left\{{}\begin{matrix}AB\in\left(SAB\right)\\CD\in\left(SCD\right)\\AB||CD\\S\in\left(SAB\right)\cap\left(SCD\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow d=\left(SAB\right)\cap\left(SCD\right)\)

b.

Gọi E là trung điểm AD, kéo dài AG cắt SD tại F \(\Rightarrow F\) là trung điểm SD (do G là trọng tâm SAD)

AM thuộc AB nên AM cắt SB tại B \(\Rightarrow B'\) trùng B

Trong mp (SCD), qua F kẻ đường thẳng song song CD cắt SC tại C'

\(\Rightarrow C'\) là trung điểm SC (do F là trung điểm SD)

Trong mp (ABCD), kéo dài AB và CE cắt nhau tại H

3 mp (SCE), (ABCD), (AGM) cắt nhau theo 3 giao tuyến phân biệt AB, CE, C'G, mà AB và CE cắt nhau tại H \(\Rightarrow\) 3 đường thẳng đồng quy tại H (theo t/c giao tuyến 3 mp cắt nhau)

Hay C',G,H thẳng hàng

\(AE||CB\) ; \(AE=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{1}{2}CB\Rightarrow\) AE là đường trung bình tam giác HCB

\(\Rightarrow A\) là trung điểm BH và E là trung điểm CH

\(\Rightarrow G\) là trọng tâm tam giác SCH

\(\Rightarrow\dfrac{HG}{HC'}=\dfrac{2}{3}\) (1)

Theo giả thiết \(MB=2MA\Rightarrow AB-MA=2MA\Rightarrow MA=\dfrac{1}{3}AB=\dfrac{1}{3}AH\)

\(\Rightarrow\dfrac{HM}{BH}=\dfrac{AH+AM}{2AH}=\dfrac{AH+\dfrac{1}{3}AH}{2AH}=\dfrac{2}{3}\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\dfrac{HG}{HC'}=\dfrac{HM}{BH}\Rightarrow MG||BC'\)

Hay \(MG||B'C'\) (do B trùng B')

b) Bạn đã chứng minh được tứ giác EKFC là hình bình hành ở câu a, mà EF cắt CK tại I \(\Rightarrow\)I là trung điểm EF (tính chất hình bình hành)

\(\Rightarrow AI\)là trung tuyến của \(\Delta AEF\)

Mà \(\Delta AEF\)vuông tại A \(\Rightarrow AI=\frac{1}{2}EF\)(tính chất tam giác vuông)

Lại có \(EI=\frac{1}{2}EF\)do I là trung điểm của đoạn EF \(\Rightarrow AI=EI\left(=\frac{1}{2}EF\right)\)

Mặt khác \(BE\perp AF\), \(MI\perp AF\left(gt\right)\)\(\Rightarrow BE//MI\)(quan hệ từ vuông góc đến song song)

Mà tứ giác BEFD là hình bình hành \(\Rightarrow BD//EF\)(tính chất hình bình hành)

\(\Rightarrow BM//EI\)(vì \(M\in BD;I\in EF\))

Xét tứ giác BEIM có \(BE//MI\left(cmt\right);BM//EI\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow\)Tứ giác BEIM là hình bình hành (định nghĩa)

\(\Rightarrow BM=EI\)(tính chất hình bình hành)

Mà \(AI=EI\left(cmt\right)\)\(\Rightarrow AI=BM\left(=EI\right)\left(đpcm\right)\)

c) Do tứ giác BEFD là hình bình hành \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BE//DF\\BE=DF\end{cases}}\)(tính chất hình bình hành)

Mà \(\hept{\begin{cases}BE\perp CF\\BE=CF\end{cases}}\left(gt\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}DF\perp CFtạiF\\DF=CF\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)F nằm trên đường trung trực của đoạn CD và \(\Delta CDF\)vuông cân tại F

\(\Rightarrow\widehat{DCF}=45^0\)

\(\Delta ABC\)vuông cân tại A (gt) \(\Rightarrow\widehat{ACB}=45^0\)

 \(\Rightarrow\widehat{BCD}=180^0-\widehat{ACB}-\widehat{DCF}=180^0-45^0-45^0=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta BCD\)vuông tại C.

Xét hình thang BEFD (BE//DF) ta có I là trung điểm EF (cmt) và IM//BE (cmt) \(\Rightarrow\)M là trung điểm của đoạn BD

\(\Rightarrow\)CM là trung tuyến của \(\Delta BCD\)

Mặt khác \(\Delta BCD\)vuông tại C \(\Rightarrow CM=\frac{1}{2}BD\)(tính chát tam giác vuông)

Mà \(DM=\frac{1}{2}BD\)do M là trung điểm BD \(\Rightarrow DM=CM\left(=\frac{1}{2}BD\right)\)

\(\Rightarrow\)M nằm trên đường trung trực của đoạn CD.

Mà F cũng nằm trên đường trung trực của đoạn CD (cmt)

\(\Rightarrow\)MF là đường trung trực của đoạn CD \(\Rightarrow\)C đối xứng với D qua MF (đpcm)

Bài 3 : 

a, \(-x^3+3x^2-3x+1=-\left(x^3-3x^2+3x-1\right)=-\left(x-1\right)^3\)

Thay x = 6 ta được : \(-\left(6-1\right)^3=-\left(5\right)^3=-125\)

b, \(8-12x+6x^2-x^3=\left(2-x\right)^3\)

Thay x = 12 ta được : \(\left(2-12\right)^3=\left(-10\right)^3=-1000000\)

Bài 4 : 

a, \(A=163^2+74.163+37^2=163^2+2.37.163+37^2\)

\(=\left(163+37\right)^2=\left(200\right)^2=40000\)

Trả lời:

Bài 3: 

a, \(-x^3+3x^2-3x+1=-\left(x^3-3x^2+3x-1\right)=-\left(x-1\right)^3\)

Thay x = 6 vào biểu thức trên, ta có:

\(-\left(6-1\right)^3=-5^3=-125\)

b, \(8-12x+6x^2-x^3=2^3-3.2^2.x+3.2.x^2-x^3=\left(2-x\right)^3\)

Thay x = 12 vào biểu thức trên, ta có:

\(\left(2-12\right)^3=\left(-10\right)^3=-1000\)

Bài 4:

a, Ta có: \(A=\) \(163^2+74.163+37^2=163^2+2.163.37+37^2=\left(163+37\right)^2=200^2\)

            \(B=\)\(147^2-94.147+47^2=147^2-2.147.47+47^2=\left(147-47\right)^2=100^2\)

Vì \(200^2>100^2\)

nên \(A>B\)

b, Ta có: \(C=\left(2^2+4^2+...+100^2\right)-\left(1^2+3^2+...+99^2\right)\)

\(=2^2+4^2+...+100^2-1^2-3^2-...-99^2\)

\(=\left(2^2-1^2\right)+\left(4^2-3^2\right)+...+\left(100^2-99^2\right)\)

\(=\left(2-1\right)\left(2+1\right)+\left(4-3\right)\left(4+3\right)+...+\left(100-99\right)\left(100+99\right)\)

\(=1.3+1.7+...+1.199\)

\(=3+7+...+199\)

\(=\frac{\left(199+3\right).50}{2}=5050\)  (50 là số số hạng)

\(D=3^8.7^8-\left(21^4-1\right)\left(21^4+1\right)\)

\(=\left(3.7\right)^8-\left[\left(21^4\right)^2-1\right]=21^8-21^8+1=1\)

Vì \(5050>1\)

nên \(C>D\)