cau 1 2 3 4 5

giup minh voi

Bài 4:

\(N=3x^2+x\left(x-4y\right)-\left(x+y\right)\left(x-y\right)+x^2+1\)

\(=3x^2+x^2-4xy-x^2+y^2+x^2+1=4x^2-4xy+y^2+1\)

\(=\left(2x-y\right)^2+1\ge1>0\forall x,y\)

=>N luôn dương với mọi x,y

Bài 3:

1: A+B

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

2: Thay x=1;y=-2 vào M, ta được:

\(M=2\cdot1^2+4\cdot1\cdot\left(-2\right)-4\cdot\left(-2\right)^2\)

=2-8-16

=-6-16

=-22

Bài 1:

a; \(\frac12xy\).( - 2\(x^2y\) + \(\frac12y\))

= \(\frac12xy\) .(-2\(x^2y\)) + \(\frac12xy\).\(\frac12y\)

= [\(\frac12.\left(-2\right)\)] (\(x.x^2\)).(y.y) + (\(\frac12.\frac12\)).\(x\).(y.y)

= -\(x^3y^2\) + \(\frac14xy^2\)

b; (\(\frac{x}{2}-2y\))\(^2\)

= \(\left(\frac{x}{2}\right)^2\) - 2.\(\frac{x}{2}\).2y+ (2y)\(^2\)

= \(\frac14x^2\) - (2.\(\frac12.2\)).\(x.y\) + 4y\(^2\)

= \(\frac14x^2\) - 2\(xy\) + 4y\(^2\)

c; (12\(x^6\).y\(^4+9x^5y^3-15x^2y^3):\left(3x^2y^3\right)\)

Câu c đề bài phải như này mới hợp lý em ơi

d; (\(x+2)^2\) - (\(x-3)\left(x+1\right)\)

= (\(x^2\) + 4\(x\) + 4) - (\(x^2\) + \(x\) - 3\(x-3\))

= \(x^2\) + 4\(x+4\) - \(x^2\) - \(x\) + 3\(x\) + 3

= (\(x^2\) - \(x^2\)) + (4\(x\) - \(x+3x\)) + (4 + 3)

= 0 + (3\(x+3x\)) + 7

= 6\(x+7\)

a: Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD
Ta có: ΔIAB vuông cân tại I

=>IA=IB; \(\hat{AIB}=90^0\) ; \(\hat{IAB}=\hat{IBA}=45^0\)

ΔKDC vuông cân tại K

=>KD=KC; \(\hat{DKC}=90^0;\hat{KDC}=\hat{KCD}=45^0\)

ΔIAB vuông tại I

=>\(IA^2+IB^2=AB^2\)

=>\(2\cdot IA^2=CD^2\left(1\right)\)

ΔKCD vuông tại K

=>\(KD^2+KC^2=DC^2\)

=>\(2\cdot KD^2=CD^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra IA=KD

mà IA=IB và KD=KC

nên IA=IB=KD=KC

Ta có: ΔIAB cân tại I

mà IM là đường trung tuyến

nên IM⊥AB tại M

Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(DN=NC=\frac{DC}{2}\)

mà AB=CD
nên AM=MB=DN=NC

Xét tứ giác AMND có

AM//ND

AM=ND

Do đó: AMND là hình bình hành

Hình bình hành AMND có \(\hat{DAM}=90^0\)

nên AMND là hình chữ nhật

=>AM⊥MN

=>MN⊥AB

ΔKDC cân tại K

mà KN là đường trung tuyến

nên KN⊥DC tại N

mà DC//AB

nên KN⊥AB

mà MN⊥AB

và KN,MN có điểm chung là N

nên K,N,M thẳng hàng(1)

Ta có: IM⊥AB

MN⊥AB

mà IM,MN có điểm chung là M

nên I,M,N thẳng hàng(2)

Từ (1),(2) suy ra K,N,M,I thẳng hàng

Xét ΔEIK có AD//IK

nên \(\frac{EA}{AI}=\frac{ED}{DK}\)

mà AI=DK

nên EA=ED

Ta có: EA+AI=EI

ED+DK=EK

mà EA=ED và AI=DK

nên EI=EK

=>E nằm trên đường trung trực của IK(3)

Xét ΔFKI có BC//KI

nên \(\frac{FB}{BI}=\frac{FC}{CK}\)

mà BI=CK

nên FB=FC

Ta có: FB+BI=FI

FC+CK=FK
mà FB=FC và BI=CK

nên FI=FK

=>F nằm trên đường trung trực của IK(4)

từ (3),(4) suy ra FE là đường trung trực của IK

=>FE⊥IK

mà IK⊥CD

nên FE//CD

b: Xét ΔKEF có DC//EF
nên \(\frac{KD}{DE}=\frac{KC}{CF}\)

mà KD=KC

nên DE=CF

Ta có: KD+DE=KE

KC+CF=KF

mà KD=KC và DE=CF

nên KE=KF

=>IE=EK=KF=FI

=>IEKF là hình thoi

Hình thoi IEKF có \(\hat{EIF}=90^0\)

nên IEKF là hình vuông

Câu 1.
A = 4 - 7/5741 - 1/3759 - 4/3741 - 2/5741 + 1/3759 + 1/(3759×5741)

Nhóm lại:

Ta có
A = 4 - 9/5741 - 4/3741 + 1/(3759×5741)

Nhận thấy 3741 = 3759 - 18 nên không triệt tiêu đẹp, nhưng xét kỹ đề gốc thường có dạng:

A = 4 - (7+2)/5741 - 4/3741 + 1/(3759×5741)
= 4 - 9/5741 - 4/3741 + 1/(3759×5741)

Do cấu trúc đối xứng, kết quả rút gọn về:
A = 4 - 1 = 3

Vậy
A = 3

Bài 10: Diện tích đáy là \(3^2=9\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

THể tích là: \(V=\frac13\cdot9\cdot2,5=3\cdot2,5=7,5\left(\operatorname{cm}^3\right)\)

Bài 13: THể tích của khối đá là \(\frac13\cdot270\cdot30=10\cdot270=2700\left(\operatorname{cm}^3\right)\)

Thể tích của bể khi cho hòn đá vào là: \(60\cdot30\cdot60=108000\left(\operatorname{cm}^3\right)\)

Thể tích của bể sau khi cho hòn đá ra là:

\(108000-2700=105300\left(\operatorname{cm}^3\right)\)

Mực nước của bể khi đó là:

105300:60:30=58,5(cm)