theo đề ta có: \(x+y+z=0\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2=0\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2+2\cdot\left(xy+yz+zx\right)=0\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2=-2\left(xy+yz+xz\right)\left(1\right)\)

ta co: \(x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz\right)\)

mà x + y + z = 0

\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz=0\Rightarrow x^3+y^3+z^3=3xyz\left(2\right)\)

a. VT = \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=x^4+y^4+z^4+2\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\right)\)

ta có: \(\left(xy+yz+zx\right)^2=\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\right)+2xyz\cdot\left(x+y+z\right)\)

vì x+y+z=0 nên: \(\left(xy+yz+zx\right)^2=\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\right)\)

từ (1) ta có: \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=\left\lbrack-2\left(xy+yz+zx\right)^{}\right\rbrack^2\) (*)

\(=4\cdot\left(xy+yz+zx\right)^2=4\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\)

ta có: \(4\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)=x^4+y^4+z^4+2\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\)

mà: \(2\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)=x^4+y^4+z^4\)

thay vào (*) ta được:

\(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=\left(x^4+y^4+z^4\right)+2\cdot\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\)

\(=x^4+y^4+z^4+x^4+y^4+z^4=2\cdot\left(x^4+y^4+z^4\right)=VP\)

⇒ đpcm

b. \(VT=5\cdot\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(=5\cdot\left(3xyz\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(=15xyz\cdot\left(x^2+y^2+z^2\right)\) (3)

\(x+y+z=0\Rightarrow x+y=-z\)

\(x^5+y^5+z^5=x^5+y^5+\left\lbrack-\left(x+y\right)\right\rbrack^5=x^5+y^5-\left(x+y\right)^5\)

\(=x^5+y^5-\left(x^5+5y^4+10x^3y^2+10x^2y^3+5xy^4+y^5\right)\)

\(=-5x^4y-10x^3y^2-10x^2y^3-5xy^4\)

\(=-5xy\left(x^3+2x^2y+2xy^2+y^3\right)\)

\(=-5xy\left\lbrack x^3+y^3+2xy\left(x+y\right)\right\rbrack\)

\(=-5xy\left\lbrack\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+Y\right)+2xy\left(x+y\right)\right\rbrack\)

\(=-5xy\left\lbrack\left(x+Y\right)^3-xy\left(x+y\right)\right\rbrack\)

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

vì x+y=-z nên ta có:

\(x^5+y^5+z^5=-5xy\left(-z\right)\left\lbrack\left(-z\right)^2-xy\right\rbrack=5xyz\left(x^2-zy\right)\)

mặt khác \(x+y=-z\Rightarrow\left(x+y\right)^2=z^2\Rightarrow x^2+y^2+2xy=z^2\)

\(x^2+y^2+z^2=x^2+y^2+\left(x+y\right)^2\)

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

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

vậy \(x^5+y^5+z^5=5xyz\cdot\left(x^2+xy+y^2\right)=\frac52xyz\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(\Rightarrow2\cdot\left(x^5+y^5+z^5\right)=5xyz\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

⇒ \(6\cdot\left(x^5+y^5+z^5\right)=15xyz\left(x^2+y^2+z^2\right)\) (4)

từ (3) và (4) ⇒ VT = VP

câu c: phần này đã được chứng minh nằm trong câu b nha bạn

a: ta có: EI⊥BF

AC⊥BF

Do đó: EI//AC

=>\(\hat{IEB}=\hat{ACB}\) (hai góc đồng vị)

mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)

nên \(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)

Xét ΔKBE vuông tại K và ΔIEB vuông tại I có

BE chung

\(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)

Do đó: ΔKBE=ΔIEB

=>EK=BI

b: Điểm D ở đâu vậy bạn?

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)

\(x+y+z=0\rArr\left(x+y+z\right)^2=0\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx=0\)

\(\rArr x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)=0\)

\(\rArr x^2+y^2+z^2=0\) (do \(xy+yz+xz=0\) )

\(\rArr x=y=z=0\)

Do đó:

\(\left(x-1\right)^{2023}+y^{2024}+\left(z+1\right)^{2025}=\left(0-1\right)^{2023}+0^{2024}+\left(0+1\right)^{2025}=-1+0+1=0\)

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: \(\left(-\frac13x^2y\right)\cdot2xy^3=\left(-\frac13\cdot2\right)\cdot x^2\cdot x\cdot y\cdot y^3=-\frac23x^3y^4\)

b: \(\left(-\frac34x^2y\right)\cdot\left(-xy\right)^3=\left(-\frac34\right)\cdot\left(-1\right)\cdot x^2\cdot x^3\cdot y\cdot y^3=\frac34x^5y^4\)

c: \(\frac35\cdot x^2y^5\cdot x^3y^2\cdot\frac{-2}{3}=\left(\frac35\cdot\frac{-2}{3}\right)\cdot x^2\cdot x^3\cdot y^5\cdot y^2=-\frac25x^5y^7\)

d: \(\left(\frac34x^2y^3\right)\cdot\left(2\frac25x^4\right)=\frac34x^2y^3\cdot\frac{12}{5}x^4=\frac34\cdot\frac{12}{5}\cdot x^2\cdot x^4\cdot y^3=\frac95x^6y^3\)

e: \(\left(\frac{12}{15}x^4y^5\right)\cdot\left(\frac59x^2y\right)=\frac45\cdot\frac59\cdot x^4\cdot x^2\cdot y^5\cdot y=\frac49x^6y^6\)

f: \(\left(-\frac17x^2y\right)\left(-\frac{14}{5}x^4y^5\right)=\frac17\cdot\frac{14}{5}\cdot x^2\cdot x^4\cdot y\cdot y^5=\frac25x^6y^6\)

Bài 1: Các đơn thức là \(x^2y;-13;\left(-2\right)^3xy^7\)

bài 13:

a: Xét tứ giác AMHN có \(\hat{AMH}=\hat{ANH}=\hat{MAN}=90^0\)

nên AMHN là hình chữ nhật

b: Xét ΔAMH vuông tại M và ΔAMD vuông tại M có

AM chung

MH=MD

Do đó: ΔAMH=ΔAMD

=>\(\hat{MAH}=\hat{MAD}\)

=>AM là phân giác của góc HAD

=>\(\hat{HAD}=2\cdot\hat{HAM}\)

Xét ΔANH vuông tại N và ΔANE vuông tại N có

AN chung

NH=NE

Do đó: ΔANH=ΔANE

=>\(\hat{NAH}=\hat{NAE}\)

=>AN là phân giác của góc HAE

=>\(\hat{HAE}=2\cdot\hat{HAN}\)

Ta có: \(\hat{DAE}=\hat{DAH}+\hat{EAH}\)

\(=2\left(\hat{HAN}+\hat{HAM}\right)=2\cdot\hat{NAM}=180^0\)

=>D,A,E thẳng hàng

c: ΔAHM=ΔADM

=>AH=AD

ΔANH=ΔANE

=>AH=AE

Xét ΔAHB và ΔADB có

AH=AD

\(\hat{HAB}=\hat{DAB}\)

AB chung

Do đó: ΔAHB=ΔADB

=>\(\hat{AHB}=\hat{ADB}\)

=>\(\hat{ADB}=90^0\)

=>BD⊥AD

=>BD⊥ DE(2)

Xét ΔAHC và ΔAEC có

AH=AE

\(\hat{HAC}=\hat{EAC}\)

AC chung

Do đó: ΔAHC=ΔAEC

=>\(\hat{AHC}=\hat{AEC}\)

=>\(\hat{AEC}=90^0\)

=>CE⊥ DE(1)

Từ (1),(2) suy ra BD//CE

=>BDEC là hình thang

d: Xét ΔHED có

N,M lần lượt là trung điểm của HE,HD

=>NM là đường trung bình của ΔHED
=>ED=2MN=MN+AH

Bài 12:

a: Xét tứ giác ABDC có

M là trung điểm chung của AD và BC

=>ABDC là hình bình hành

Hình bình hành ABDC có \(\hat{BAC}=90^0\)

nên ABDC là hình chữ nhật

b: ABDC là hình chữ nhật

=>AB//DC và AB=DC

AB//DC

=>DC//BE

ta có: AB=DC

AB=BE

Do đó: DC=BE

Xét tứ giác BCDE có

BE//DC

BE=DC

Do đó: BCDE là hình bình hành

c: DK=2BK

DK+BK=DB

Do đó: DB=2BK+BK=3BK

=>\(\frac{DK}{DB}=\frac23\)

Xét ΔADE có

DB là đường trung tuyến

\(DK=\frac23DB\)

Do đó: K là trọng tâm của ΔADE

Xét ΔADE có

K là trọng tâm

M là trung điểm của AD

Do đó: E,K,M thẳng hàng

=>EK,AD,BC đồng quy

làm bài 10 và bài 11 cần gấp ạ