Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
Bài 1:
A B C D O M N P Q
a) Xét tam giác AOD có M là trung điểm của AO (gt) Q là trung điểm của OD (gt)
\(\Rightarrow MQ//AD,MQ=\frac{1}{2}AD\left(tc\right)\left(1\right)\)
CMTT \(MN//AB,MN=\frac{1}{2}AB\left(2\right)\)
\(NP=\frac{1}{2}BC\left(3\right)\)
\(PQ=\frac{1}{2}DC\left(4\right)\)
Mà AB=BC=CD=DA (tc) (5)
Từ (1) ,(2) ,(3),(4) và (5)\(\Rightarrow MN=NP=PQ=MQ\)
Xét tứ giác MNPQ có \(MN=NP=PQ=MQ\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow MNPQ\)là hình thoi ( dhnb) (6)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}MQ//AD\left(cmt\right)\\MN//AB\left(cmt\right)\end{cases}}\)mà \(AD\perp AB\)
\(\Rightarrow MQ\perp MN\)
\(\Rightarrow\widehat{QMN}=90^0\)(7)
Từ (6) và (7) \(\Rightarrow MNPQ\)là hình vuông (dhnb )
b) Ta có\(MQ=\frac{1}{2}AD\left(cmt\right)\)
mà \(AD=16\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow MQ=8\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow S_{MNPQ}=8^2=64\left(cm^2\right)\)
\(\Rightarrow S_{ABCD}=16^2=256\left(cm^2\right)\)
Vậy diện tích phần trong của hình vuông ABCD nằm ngoài tứ giác MNPQ =\(256-64=192\left(cm^2\right)\)
A B D C O K H
Kẻ \(BH\perp AD,CK\perp AD\)
\(\Rightarrow BH//CK\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}BH//CK\\BC//HK\end{cases}\Rightarrow BH=CK}\)( tc cặp đoạn chắn )
Xét tam giác ABD và tam giác ACD có:
2 đường cao BH,CK = nhau , đáy AD chung
\(\Rightarrow S_{ABD}=S_{ACD}\)
\(\Leftrightarrow S_{OAB}+S_{AOD}=S_{AOD}+S_{OCD}\)
\(\Leftrightarrow S_{OAB}=S_{OCD}\left(đpcm\right)\)
PS: có 1 tính chất học ở kì I lớp 8 á nhưng mình không biết cách giải thích sao nữa nên mình dùng cặp đoạn chắn
a: Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)
\(CP=PD=\frac{CD}{2}\)
mà AB=CD
nên AM=MB=CP=PD
Ta có: \(BN=NC=\frac{BC}{2}\)
\(AQ=QD=\frac{AD}{2}\)
mà BC=AD
nên BN=NC=AQ=QD
Xét ΔBAC có
M,N lần lượt là trung điểm của BA,BC
=>MN là đường trung bình của ΔBAC
=>MN//AC và \(MN=\frac{AC}{2}\)
Xét ΔDAC có
P,Q lần lượt là trung điểm của DC,DA
=>PQ là đường trung bình của ΔDAC
=>PQ//AC và \(PQ=\frac{AC}{2}\)
XétΔABD có
M,Q lần lượt là trung điểm của AB,AD
=>MQ là đường trung bình của ΔABD
=>MQ//BD và \(MQ=\frac{BD}{2}\)
MN//AC
PQ//AC
Do đó: MN//PQ
\(MN=\frac{AC}{2}\)
\(PQ=\frac{AC}{2}\)
Do đó: MN=PQ
\(MN=\frac{AC}{2}\)
\(MQ=\frac{BD}{2}\)
mà AC=BD
nên MN=MQ
Xét tứ giác MNPQ có
MN//PQ
MN=PQ
Do đó: MNPQ là hình bình hành
Hình bình hành MNPQ có MN=MQ
nên MNPQ là hình thoi
b: Xét tứ giác AMCP có
AM//CP
AM=CP
Do đó: AMCP là hình bình hành
=>AC cắt MP tại trung điểm của mỗi đường(1)
ABCD là hình bình hành
=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường(2)
MNPQ là hình bình hành
=>MP cắt NQ tại trung điểm của mỗi đường(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra AC,BD,MP,NQ đồng quy
c: Xét tứ giác AMPD có
AM//PD
AM=PD
Do đó: AMPD là hình bình hành
=>MP=AD
Xét tứ giác ABNQ có
AQ//BN
AQ=BN
Do đó: ABNQ là hình bình hành
=>AB=NQ
MNPQ là hình thoi
=>\(S_{MNPQ}=\frac12\cdot NQ\cdot MP=\frac12\cdot AB\cdot AD=\frac12\cdot S_{ABCD}\)
=>\(\frac{S_{MNPQ}}{S_{ABCD}}=\frac12\)
tgiác ABC có MN là đường trung bình => MN // AC và MN = AC/2
tgiác DAC có PQ là đường trung bình => PQ // AC và PQ = AC/2
vậy: MN // PQ và MN = PQ => MNPQ là hình bình hành
mặt khác xét tương tự cho hai tgiác ABD và CBD ta cũng có:
NP // BD và NP = BD/2
do giả thiết AC_|_BD => AC_|_NP mà MN // AC => MN_|_NP
tóm lại MNPQ là hình chữ nhật (hbh có một góc vuông)
b) MNPQ là hình vuông <=> MN = NP <=> AC/2 = BD/2 <=> AC = BD
vậy điều kiện là: tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau
c, Vỳ Mn là đườq trung bình của tam giác ABC nên MN= \(\frac{1}{2}\) AC= 3cm
QM là đường trung bình của tam giác ABD nên QM = \(\frac{1}{2}\) BD = 4cm
Mà MNPQ là hình chữ nhật nên diện tích ABCD = ( MN+PQ).2= (3.4):2 = 6cm
Bạn ơi lẽ ra chỗ diện tích hcn là phải bằng = 3 . 4 = 12cm chứ nhỉ bạn
a: Kẻ AH⊥CD tại H và BK⊥CD tại K
Xét ΔAHD vuông tại H và ΔBKC vuông tại K có
AD=BC
\(\hat{ADH}=\hat{BCK}\)
Do đó: ΔAHD=ΔBKC
=>AH=BK và DH=CK
Xét tứ giác ABKH có
AH//BK
AH=BK
Do đó: ABKH là hình bình hành
=>AB=KH
=>KH=2(cm)
DH+HK+KC=DC
=>DH+KC=6-2=4(cm)
=>DH=KC=4/2=2(cm)
Xét ΔAHD vuông tại H có tan D=\(\frac{AH}{HD}\)
=>\(\frac{AH}{2}=\tan45=1\)
=>AH=2(cm)
Diện tích hình thang ABCD là:
\(S_{ABCD}=\frac12\cdot AH\cdot\left(AB+CD\right)\)
\(=\frac12\cdot2\cdot\left(2+6\right)=8\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
M là trung điểm của AB
=>\(AM=MB=\frac{AB}{2}\)
N là trung điểm của BC
=>\(BN=NC=\frac{BC}{2}\)
P là trung điểm của CD
=>\(PC=PD=\frac{CD}{2}\)
Q là trung điểm của DA
=>\(DQ=QA=\frac{DA}{2}\)
TA có: \(BN=\frac12BC\)
=>\(S_{ABN}=\frac12\cdot S_{ABC}\)
\(BM=\frac12\cdot BA\)
=>\(S_{MBN}=\frac12\cdot S_{ABN}=\frac14\cdot S_{ABC}\)
Ta có: \(CN=\frac12\cdot CB\)
=>\(S_{DNC}=\frac12\cdot S_{DBC}\)
\(CP=\frac12CD\)
=>\(S_{NCP}=\frac12\cdot S_{NCD}=\frac12\cdot\frac12\cdot S_{DBC}=\frac14\cdot S_{DBC}\)
Ta có: \(DP=\frac12\cdot DC\)
=>\(S_{ADP}=\frac12\cdot S_{ADC}\)
\(DQ=\frac12DA\)
=>\(S_{DQP}=\frac12\cdot S_{DQC}=\frac14\cdot S_{DAC}\)
Ta có: \(AM=\frac12\cdot AB\)
=>\(S_{DAM}=\frac12\cdot S_{DAB}\)
\(AQ=\frac12\cdot AD\)
=>\(S_{AQM}=\frac12\cdot S_{ADM}=\frac14\cdot S_{ADB}\)
\(S_{AQM}+S_{BMN}+S_{NCP}+S_{DQP}\)
\(=\frac14\left(S_{ABC}+S_{ADC}+S_{ABD}+S_{BCD}\right)=\frac14\cdot\left(S_{ABCD}+S_{ABCD}\right)=\frac14\cdot2\cdot S_{ABCD}=\frac12\cdot S_{ABCD}\) =\(\frac12\cdot8=4\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
\(S_{AQM}+S_{BMN}+S_{NCP}+S_{DQP}+S_{MNPQ}=S_{ABCD}\)
=>\(S_{MNPQ}=8-4=4\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
b: \(S_{AQM}+S_{BMN}+S_{NCP}+S_{DQP}+S_{MNPQ}=S_{ABCD}\)
=>\(S_{MNPQ}+\frac12\cdot S_{ABCD}=S_{ABCD}\)
=>\(S_{MNPQ}=\frac12\cdot S_{ABCD}\)
=>\(\frac{S_{ABCD}}{S_{MNPQ}}=2\)