a) \(\left(\right. 2 x - 3 \left.\right)^{2} = 4 x^{2} - 12 x + 9\);

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

a) Ta có: \(A x ⊥ A C\) và \(B y\) // \(A C\)

Suy ra \(A x ⊥ B y\) \(\Rightarrow \hat{A M B} = 9 0^{\circ}\).

Xét \(\Delta M A Q\) và \(\Delta Q B M\) có

\(\hat{M Q A} = \hat{B M Q}\) (so le trong);

\(M Q\) là cạnh chung;

\(\hat{A M Q} = \hat{B Q M}\) (\(A x\) // \(Q B\)).

Suy ra \(\Delta M A Q = \&\text{nbsp}; \Delta Q B M\) (g-c-g)

Suy ra \(\hat{M B Q} = \hat{M A Q} = 9 0^{\circ}\) (2 góc tương ứng)

Xét tứ giác \(A M B Q\) có: \(\hat{Q A M} = \hat{A M B} = \hat{M B Q} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra tứ giác \(A M B Q\) là hình chữ nhật.

b) Do tứ giác \(A M B Q\) là hình chữ nhật.

Mà \(P\) là trung điểm AB\(n \hat{e} n\)PQ=\dfrac{1}{2}AB$ (1)

Xét \(\Delta A I B\) vuông tại \(I\) và có \(I P\) là đường trung tuyến.

Suy ra \(I P = \frac{1}{2} A B\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow Q P = I P \Rightarrow \Delta P Q I\) cân tại \(P\).

Xét \(\Delta A B C\) có \(B M\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(A C\) mà \(B M = \frac{1}{2} A C\) suy ra \(\Delta A B C\) vuông tại \(B\).

Tứ giác \(A B C D\) có \(\hat{A} = \hat{D} = \hat{B} = 90^{\circ}\)

Suy ra tứ giác \(A B C D\) là hình chữ nhật. 

Ta có \(I A = I C\) và \(I H = I D\).

Suy  ra \(A H C D\) là hình bình hành do có hai đường chéo \(A C\) và \(D H\) cắt nhau tại trung điểm \(I\).

Mà \(\hat{A H C} = 9 0^{\circ}\) suy ra \(A H C D\) là hình chữ nhật.

a) Do \(A B C D\) là hình bình hành nên \(A D\) // \(B C\) và \(A D = B C\).

Do \(A D\) // \(B C\) nên \(\hat{A D B} \&\text{nbsp}; = \hat{C B D}\) (so le trong)

Xét \(\Delta A D H\) và \(\Delta C B K\) có:

     \(\hat{A H D} \&\text{nbsp}; = \hat{C K B} = 9 0^{\circ}\);

     \(A D = B C\) (chứng minh trên);

     \(\hat{A D H} \&\text{nbsp}; = \hat{C B K}\) (do \(\hat{A D B} \&\text{nbsp}; = \hat{C B D}\)).

Do đó \(\Delta \&\text{nbsp}; A D H = \Delta \&\text{nbsp}; C B K\) (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra \(A H = C K\) (hai cạnh tương ứng).

Ta có \(A H \bot \&\text{nbsp}; D B\) và \(C K \bot \&\text{nbsp}; D B\) nên \(A H\) // \(C K\).

Tứ giác \(A H C K\) có \(A H\) // \(C K\) và \(A H = C K\) nên \(A H C K\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

b) Do \(A H C K\) là hình bình hành (câu a) nên hai đường chéo \(A C\) và \(H K\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà \(I\) là trung điểm của \(H K\) (giả thiết) nên \(I\) là trung điểm của \(A C\).

Do \(A B C D\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(A C\) và \(B D\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà \(I\) là trung điểm của \(A C\) nên \(I\) là trung điểm của \(B D\), hay \(I B = I D\).

a) ABCD là hình bình hành nên AD = BC và AD // BC.

Mà E là trung điểm của AD nên AE = ED;

F là trung điểm của BC nên BF = FC.

Suy ra DE = BF.

Xét tứ giác EBFD có DE // BF (do AD // BC) và DE = BF nên là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

b) Ta có O là giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành ABCD nên O là trung điểm của BD.

Do EBFD là hình bình hành nên hai đường chéo BD và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà O là trung điểm của BD nên O là trung điểm của EF.

Vậy ba điểm E, O, F thẳng hàng.

Xét tam giác \(A B C\) có hai đường trung tuyến \(B M\) và \(C N\) cắt nhau tại \(G\) (giả thiết) nên \(G\) là trọng tâm của \(\Delta A B C\).

Suy ra \(G M = \frac{G B}{2}\); \(G N = \frac{G C}{2}\) (tính chất trọng tâm của tam giác) (1)

Mà \(P\) là trung điểm của \(G B\) (giả thiết) nên \(G P = P B = \frac{G B}{2}\) (2)

\(Q\) là trung điểm của \(G C\) (giả thiết) nên \(G Q = Q C = \frac{G C}{2}\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(G M = G P\) và \(G N = G Q\).

Xét tứ giác \(P Q M N\) có: \(G M = G P\) và \(G N = G Q\) (chứng minh trên)

Do đó tứ giác \(P Q M N\) có hai đường chéo \(M P\) và \(N Q\) cắt nhau tại trung điểm \(G\) của mỗi đường nên là hình bình hành.

Vì \(A B C D\) là hình bình hành nên ta có:

+ Hai đường chéo \(A C\) và \(B D\) cắt nhau tại \(O\) nên \(O A = O C\), \(O B = O D\).

+ \(A B\) // \(C D\) nên \(A M\) // \(C N\) suy ra \(\hat{O A M} = \hat{O C N}\) (hai góc so le trong).

Xét \(\Delta O A M\) và \(\Delta \&\text{nbsp}; O C N\) có:

        $\widehat{O A M} = \widehat{O C N} (chứng minh trên)

        \(O A = O C\) (chứng minh trên)

        \(\hat{A O M} \&\text{nbsp}; =\)\widehat{C O N} (hai góc đối đỉnh)

Do đó \(\Delta \&\text{nbsp}; O A M = \Delta \&\text{nbsp}; O C N\) (g.c.g).

Suy ra \(A M = C N\) (hai cạnh tương ứng).

Mặt khác, \(A B = C D\) (chứng minh trên);

\(A B = A M + B M\); \(C D = C N + D N\).

Suy ra \(B M = D N\).

Xét tứ giác \(M B N D\) có:

        \(B M\) // \(D N\) (vì \(A B\) // \(C D\))

        \(B M = D N\) (chứng minh trên)

Do đó, tứ giác \(M B N D\) là hình bình hành.

a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB = CD, AB // CD.

Mà E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD nên AE = BE = \(\frac{1}{2}\)AB, CF = DF = \(\frac{1}{2}\)CD

Do đó AE = BE = CF = DF.

Xét tứ giác AEFD có:

     AE // DF (vì AB // CD);

     AE = DF (chứng minh trên)

Do đó tứ giác AEFD là hình bình hành.

Xét tứ giác AECF có:

     AE // CF (vì AB // CD);

     AE = CF (chứng minh trên)

Do đó tứ giác AECF là hình bình hành.

Vậy hai tứ giác AEFD, AECF là những hình bình hành.

b) Vì tứ giác AEFD là hình bình hành nên EF = AD.

Vì tứ giác AECF là hình bình hành nên AF = EC.

Vậy EF = AD, AF = EC.