Question

Answer 1

Bài 1:

a.

\(\frac{1}{2}x^2y(\frac{-2}{3}xy^2)=\frac{1}{2}.\frac{-2}{3}(x^2.x)(y.y^2)=\frac{-1}{3}x^3y^3\)

b.

\((2xy^2)(\frac{-1}{3}x^2y^3)^2=2xy^2.\frac{1}{9}x^4y^6=\frac{2}{9}x^5y^8\)

Answer 2

Bài 2:
$A=4x^7y^5+2xy^2-4y^2+2019-4y^5x^7$
$=2xy^2-4y^2+2019$

$=2y^2(x-2)+2019$

$=2y^2.0+2019=2019$

 

Answer 3

Bài 3.

a.

$A(-1)=3+4-2-5=0$ nên $x=-1$ là nghiệm của đa thức $A(x)$

b.

$B(x)=x^6-(-3x^4+2x-1+x^6)+x^2$

$=x^6+3x^4-2x+1-x^6+x^2$

$=3x^4+x^2-2x+1$

c.

$f(x)=A(x)+B(x)=3x^4-4x^3+2x-5+3x^4+x^2-2x+1$

$=6x^4-4x^3+x^2-4$

$f(x)=B(x)-A(x)$

$=3x^4+x^2-2x+1-(3x^4-4x^3+2x-5)$

$=4x^3+x^2-4x+6$

 

Answer 4

Bài 4:

a. $A(x)=2x+10=0$

$\Leftrightarrow 2x=-10$

$\Leftrightarrow x=-5$

Vậy $x=-5$ là nghiệm của $A(x)$

b.

$B(x)=4(x-1)+3x-5=0$

$\Leftrightarrow 7x-9=0$

$\Leftrightarrow x=\frac{9}{7}$

Vậy $x=\frac{9}{7}$ là nghiệm của $B(x)$

c.

$C(x)=-1\frac{1}{3}x^2+x=0$

$\Leftrightarrow \frac{-4}{3}x^2+x=0$

$\Leftrightarrow x(1-\frac{4}{3}x)=0$

$\Rightarrow x=0$ hoặc $1-\frac{4}{3}x=0$

$\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=\frac{3}{4}$
Đây chính là nghiệm của $C(x)$

Answer 5

Bài 6:

Áp dụng BĐT dạng $|a|+|b|\geq |a+b|$ ta có:

$|x+2017|+|x-2|=|x+2017|+|2-x|$

$\geq |x+2017+2-x|=2019$

$\Rightarrow A=\frac{1}{|x+2017|+|x-2|}\leq \frac{1}{2019}$

Vậy GTLN của $A$ là $\frac{1}{2019}$. Giá trị này đạt tại $(x+2017)(2-x)\geq 0$

$\Leftrightarrow -2017\leq x\leq 2$

Answer 6

Hình vẽ:

Answer 7

Bài 5:
a. 

Xét tam giác vuông $DAB$ và $DMB$ có:

$\widehat{ABD}=\widehat{MBD}$ (do $BD$ là tia phân giác $\widehat{B}$)

$BD$ chung

$\Rightarrow \triangle DAB=\triangle DMB$ (ch-gn)

b.

Từ tam giác bằng nhau phần a suy ra:

$DA=DM; BA=BM$ nên $BD$ là trung trực $AM$

c.

Xét tam giác $BKC$ có $KM\perp BC, CA\perp BK$ mà $KM, CA$ cắt nhau tại $D$ nên $D$ là trung trực của tam giác $BKC$

$\Rightarrow BD\perp KC$ tại $N$

$\Rightarrow BN\perp KC$

Xét tam giác $BKM$ và $BCA$ có:

$\widehat{B}$ chung

$BM=BA$ (cmt)

$\widehat{BMK}=\widehat{BAC}=90^0$

$\Rightarrow \triangle BKM=\triangle BCA$ (g.c.g)

$\Rightarrow BK=BC$ nên $KBC$ cân tại $B$

d.

$BKC$ cân tại $B$ nên phân giác $BN$ đồng thời là trung tuyến.

Vì $PN\parallel BC$ nên:

$\widehat{PNB}=\widehat{NBC}$ (hai góc so le trong)

Mà $\widehat{NBC}=\widehat{NBP}$ nên $\widehat{PNB}=\widehat{NBP}$

$\Rightarrow \triangle PBN$ là tam giác cân tại $P$

$\Rightarrow BP=PN(1)$

Lại có:

$\widehat{KNP}=\widehat{KCB}$ (hai góc đồng vị)

$\widehat{KCB}=\widehat{BKC}=\widehat{PKN}$ nên $\widehat{KNP}=\widehat{PKN}$

$\Rightarrow \triangle PKN$ cân tại $P$

$\Rightarrow PN=PK(2)$

Từ $(1);(2)\Rightarrow BP=PK$ tức $P$ là trung điểm $BK$

Như vậy, xét tam giác $BKC$ có:

$KE, CP, BN$ là trung tuyến trong tam giác nên 3 đường này đồng quy. 

Answer 8

Bài 5: 

a) Xét ΔDAB vuông tại A và ΔDMB vuông tại M có

DB chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{MBD}\)(BD là tia phân giác của \(\widehat{ABM}\))

Do đó: ΔDAB=ΔDMB(Cạnh huyền-góc nhọn)

b) Ta có: ΔDAB=ΔDMB(cmt)

nên DA=DM(Hai cạnh tương ứng) và BA=BM(Hai cạnh tương ứng)

Ta có: DA=DM(cmt)

nên D nằm trên đường trung trực của AM(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: BA=BM(cmt)

nên B nằm trên đường trung trực của AM(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

Từ (1) và (2) suy ra BD là đường trung trực của AM(đpcm)

Answer 9

Bài 2: 

Ta có: \(A=4x^7y^5+2xy^2-4y^2+2019-4y^5x^7\)

\(=-4y^2+2xy^2+2019\)

\(=-4\cdot3^2+2\cdot2\cdot\left(-3\right)^2+2019\)

\(=-36+2019+36\)

=2019

Answer 10

 mình trả lời bài 2 thôi, mong bạn tick cho mình