Ta có: \(A = x^{2} + 2 y^{2} 2 x y + 2 x 6 y + 2 028\)

\(= x^{2} 2 x y + y^{2} + y^{2} + 2 x - 2 y - 4 y + 1 + 4 + 2 023\)

\(= \left[\right. x^{2} - 2 x y + \left(\right. - y^{2} \left.\right) + 2 x - 2 y + 1 \left]\right. + \left(\right. y^{2} - 4 y + 4 \left.\right) + 2 023\)

\(= \left(\left(\right. x - y + 1 \left.\right)\right)^{2} + \left(\left(\right. y - 2 \left.\right)\right)^{2} + 2 023\)

Vì \(\left(\left(\right. x - y + 1 \left.\right)\right)^{2} \geq 0\) với mọi \(x , y\) và \(\left(\left(\right. y - 2 \left.\right)\right)^{2} \geq 0\) với mọi \(y\).

Suy ra \(A \geq 2 023\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(A\) là \(2\) \(023\) đạt được khi \(x - y = - 1\) và \(y - 2 = 0\) hay \(x = 1\) và \(y = 2\).

Ta lựa chọn biểu đồ cột.

Vẽ biểu đồ:

a) Vì \(d\) // \(C D\) // \(A B\) nên \(M P\) // \(C D\) và \(P N\) // \(A B\).

Xét \(\Delta A D C\) có \(M P\) // \(C D\):

     \(\frac{A M}{M D} = \frac{A P}{P C}\)( Định lí Thalès) (1)

Xét \(\Delta A C B\) có \(N P\) // \(A B\):

     \(\frac{A P}{P C} = \frac{B N}{N C}\)( Định lí Thalès) (2)

Từ (1), (2) suy ra \(\frac{A M}{M D} = \frac{B N}{N C}\)

b) Chứng minh \(\frac{M P}{D C} = \frac{1}{3}\)

Suy ra \(M P = 2\) cm

Chứng minh \(\frac{N P}{A B} = \frac{2}{3}\).

Suy ra \(P N = \frac{8}{3}\) cm.

Tính được \(M N = \frac{14}{3}\) cm.

a) \(x^{2} + 25 - 10 x = x^{2} - 2.5. x + 5^{2} = \left(\left(\right. x - 5 \left.\right)\right)^{2}\)

b) \(- 8 y^{3} + x^{3} = x^{3} - \left(\left(\right. 2 y \left.\right)\right)^{3} = \left(\right. x - 2 y \left.\right) \left(\right. x^{2} + 2 x y + 4 y^{2} \left.\right)\).

a) \(x^{2} + 25 - 10 x = x^{2} - 2.5. x + 5^{2} = \left(\left(\right. x - 5 \left.\right)\right)^{2}\)

b) \(- 8 y^{3} + x^{3} = x^{3} - \left(\left(\right. 2 y \left.\right)\right)^{3} = \left(\right. x - 2 y \left.\right) \left(\right. x^{2} + 2 x y + 4 y^{2} \left.\right)\).

Biểu đồ cột kép là biểu đồ thích hợp biểu diễn bảng số liệu trên.

a) Vì \(A B C D\) là hình thoi nên \(A B = B C = C D = D A\).

Xét tam giác \(A B D\), ta có \(A B = A D\), do đó tam giác \(A B D\) là tam giác cân. Mặt khác \(\hat{B A D} = 6 0^{\circ}\). Từ đó suy tam giác \(A B D\) là tam giác đều.

Trong tam giác \(A B D\) đều, có đường cao \(B H\), vậy BH cũng là đường trung tuyến của tam giác \(A B D\), hay H là trung điểm của \(A D\).

Tứ giác \(A B D E\) có hai đường chéo \(A D\) và \(B E\) cắt nhau tại trung điểm \(H\) của mỗi đường, suy ra \(A B D E\) là hình bình hành.

Mặt khác, ta có \(B H \bot A D\) nên ta suy ra \(A B D E\) là hình thoi.

b) Vì \(A B D E\) là hình thoi nên \(A B / / D E\).

Vì \(A B C D\) là hình thoi nên \(A B / / C D\).

Từ hai điều trên, theo tiên đề Euclid, ta suy ra \(D E / / C D .\)

c) 

Vì tam giác \(A B D\) đều nên \(\hat{A B D} = 6 0^{\circ}\).

\(A B C D\) là hình thoi nên \(\hat{B A D} = \hat{A E D} = 6 0^{\circ}\).

\(A B D E\) là hình thoi nên \(\hat{A B D} = \hat{B C D} = 6 0^{\circ}\).

Xét tứ giác \(A B C E\) có:

+) \(A B / / C E\)

+) \(\hat{A E D} = \hat{B C D} = 6 0^{\circ}\).

Suy ra tứ giác \(A B C E\) là hình thang cân. Do đó, \(E B = A C\) (hai đường chéo bằng nhau).

a) \(x \left(\right. x + 1 \left.\right) - \left(\right. x + 1 \left.\right)^{2} = 5\)

\(x^2+x-\left(\right.x^2+2x+1\left.\right)=5\)

\(x^2+x-x^2-2x-1=5\)

\(x-2x-1=5\)

$ - x = 6$

\(x=-6\)

b) \(x^{2} - 4 x = 0\).

\(x\left(\right.x-4\left.\right)=0\)

\(x = 0\) hoặc \(x = 4\).

a) \(x^3+8y^3\)

\(= \left(\right. x + 2 y \left.\right) \left(\right. x^{2} - 2 x y + 4 y^{2} \left.\right)\)

b) \(x^2+2xy+y^2-4\)

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

\(= \left(\right. x + y + 2 \left.\right) \left(\right. x + y - 2 \left.\right)\)

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

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