a: \(2xy+5x^2y-x^3y\)

\(=xy\cdot2+xy\cdot5x-xy\cdot x^2\)

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

b: \(\left(x+y\right)^2-9x^2\)

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

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

c: \(2\left(x-y\right)+xy-x^2\)

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

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

d: \(3x^2+2x-1\)

\(=3x^2+3x-x-1\)

\(=3x\left(x+1\right)-\left(x+1\right)\)

=(x+1)(3x-1) 

g: \(5x\left(x^2-y^2\right)+2y\left(x+y\right)\)

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

\(=\left(x+y\right)\left[5x\left(x-y\right)+2y\right]\)

e: \(-x^2+4x-3\)

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

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

\(=-\left[x\left(x-1\right)-3\left(x-1\right)\right]\)

\(=-\left(x-1\right)\left(x-3\right)\)

f: \(x^2-7x+12\)

\(=x^2-3x-4x+12\)

=x(x-3)-4(x-3)

=(x-3)(x-4)

Xét ΔAHD vuông tại H có HA=HD

nên ΔAHD vuông cân tại H

=>\(\widehat{HDA}=\widehat{HAD}=45^0\)

Xét tứ giác EDBA có \(\widehat{EDB}+\widehat{EAB}=90^0+90^0=180^0\)

nên EDBA là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=45^0\)

Xét ΔAEB vuông tại A có \(\widehat{AEB}=45^0\)

nên ΔAEB vuông cân tại A

=>\(\widehat{ABM}=45^0\)

ΔAEB vuông cân tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên AM\(\perp\)BE

Xét tứ giác AMHB có \(\widehat{AMB}=\widehat{AHB}=90^0\)

nên AMHB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AHM}=\widehat{ABM}=45^0\)

a: Ta có: \(AE=EB=\dfrac{AB}{2}\)

\(BF=FC=\dfrac{BC}{2}\)

mà AB=BC(ABCD là hình vuông)

nên AE=EB=BF=FC

Xét ΔEBC vuông tại B và ΔFCD vuông tại C có

EB=FC

BC=CD

Do đó: ΔEBC=ΔFCD

=>\(\widehat{BEC}=\widehat{CFD}\)

=>\(\widehat{CFD}+\widehat{FCE}=90^0\)

=>CE\(\perp\)DF
b: Gọi K là trung điểm của DC

Ta có: \(AE=EB=\dfrac{AB}{2}\)

\(DK=KC=\dfrac{DC}{2}\)

mà AB=DC(ABCD là hình vuông)

nên AE=EB=DK=KC

Gọi H là giao điểm của AH và DM

Xét tứ giác AECK có

AE//CK

AE=CK

Do đó: AECK là hình bình hành

=>AK//CE

=>AK\(\perp\)DF tại H 

Xét ΔDMC có

K là trung điểm của DC

KH//MC

Do đó: H là trung điểm của DM

Xét ΔADM có

AH là đường cao

AH là đường trung tuyến

Do đó: ΔADM cân tại A

=>AM=AD

Ta có: `a_n=1+2+3+...+n`

`=[(n-1):1+1](n+1)/2=(n(n+1))/2`

`a_(n+1)=1+2+3+...+(n+1)`

`=[(n+1-1):1+1](n+1+1)/2=((n+1)(n+2))/2`

`=>a_n+a_(n+1)`

`=(n(n+1))/2+((n+1)(n+2))/2`

`=(n+1)/2*(n+n+2)`

`=(n+1)(2n+2)/2`

`=(n+1)^2` là số chính phương => Đpcm 

Biểu thức này có dạng khai triển của (a−b)², trong đó:

a=x+y−7b=y−6

Vậy:

C=[x+y−7−(y−6)]²

Khai triển trong ngoặc:

x+y−7−(y−6)=x−1

Do đó:

C=(x−1)²

Khi x=101, ta có:

C=(101−1)²=100²=10000
Kết luận:

Giá trị của C tại x=101 là 10000

3x²y.(2x² - y) - 4x².(x²y - y²)

= 3x²y.2x² - 3x²y.y - 4x².x²y + 4x².y²

= 6x⁴y - 3x²y² - 4x⁴y + 4x²y²

= (6x⁴y - 4x⁴y) + (-3x²y² + 4x²y²)

= 2x⁴y + x²y²

\(3x^2y\left(2x^2-y\right)-4x^2\left(x^2y-y^2\right)\\ =6x^4y-3x^2y^2-4x^4y+4x^2y^2\\ =\left(-3x^2y^2+4x^2y^2\right)+\left(6x^4y-4x^4y\right)\\ =2x^4y+x^2y^2\)

Bài 1:

\(M=2x^2+4y^2+6x-4y+2024\)

\(=2x^2+6x+\dfrac{9}{2}+4y^2-4y+1+2018,5\)

\(=2\left(x+\dfrac{3}{2}\right)^2+\left(2y-1\right)^2+2018,5>=2018,5\forall x,y\)

Dấu '=' xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x+\dfrac{3}{2}=0\\2y-1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{3}{2}\\y=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

Bài 2:

\(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac\)

=>\(2a^2+2b^2+2c^2=2ab+2ac+2bc\)

=>\(\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)=0\)

=>\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2=0\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\a-c=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\a=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c\)

Ta có: a=b=c

mà a+b+c=2022

nên \(a=b=c=\dfrac{2022}{3}=674\)

a. xét tứ giác BEIF có:

BF // EI (gt); FI // BE (vì GF là đường trung bình của △ABC)

=> tứ giác BEIF là hình bình hành

b. vì GF là đường trung bình của △ABC

\(\Rightarrow GF=\dfrac{1}{2}AB=EB\left(1\right)\)

mà BE = FI (hình bình hành BEIF) (2)

TỪ (1) (2) => GF = FI

trong △ABC có GB = GC và FA = FC

=> GF là đường trung bình của △ABC

=> GF // AB => \(\widehat{BAC}=\widehat{GFC}=90^0\left(\text{đồng vị}\right)\)

xét tứ giác AGCI có:

FA = FC (gt); FG = FI (cmt)

=> tứ giác AGCI là hình bình hành

lại có \(\widehat{GFC}=90^0\left(cmt\right)\)

=> hình bình hành AGCI là hình thoi

để hình thoi AGCI là hình vuông thì \(\widehat{AGC}=90^0\)

=> AG là đường cao của △ABC; mà AG là đường trung tuyến của △ABC

=> △ABC là △ cân tại A

vậy để tứ giác AGCI là hình vuông thì △ABC là △ vuông cân tại A