Kéo dài DA và CB lần lượt về phía A và B cắt nhau tại E

Xét tam giác DCE có \(\widehat{DEC}\) = 180⁰ - (\(\widehat{EDC}\) + \(\widehat{ECD}\)) = 180⁰- 90⁰ = 90⁰

                      ⇒\(\Delta\)DEC vuông tại E

Xét \(\Delta\)AEB Theo pytago ta có: AE² + BE² = AB²

Tương tự ta có:                       DE² + CE² = DC²

Cộng vế với vế ta có:              AE² + BE² + DE² + CE² = AB²+DC²

                                             AE² + CE²+BE²+DE² = AB²+DC² (1)

Xét \(\Delta\)AEC theo pytago ta có: AE²+ CE² = AC²

Tương tự ta có:                      BE² + DE² = BD²

Cộng vế với vế ta có:             AE² + CE² + BE²+ DE² = AC² + BD² (2)

Từ (1) và (2) ta có: AC² + BD² = AB² + DC²(đpcm)

a: Đặt 117=a; 119=b

\(A=3\frac{1}{117}\cdot4\frac{1}{119}-1\frac{116}{117}\cdot5\frac{118}{119}-\frac{5}{119}\)

\(=3\frac{1}{a}\cdot4\frac{1}{b}-\left(1+\frac{a-1}{a}\right)\cdot\left(5+\frac{b-1}{b}\right)-\frac{5}{b}\)

\(=\frac{3a+1}{a}\cdot\frac{4b+1}{b}-\frac{2a-1}{a}\cdot\frac{6b-1}{b}-\frac{5}{b}\)

\(=\frac{\left(3a+1\right)\left(4b+1\right)-\left(2a-1\right)\left(6b-1\right)-5a}{ab}\)

\(=\frac{12ab+3a+4b+1-\left(12ab-2a-6b+1\right)-5a}{ab}\)

\(=\frac{12ab+3a+4b+1-12ab+2a+6b-1-5a}{ab}=\frac{10b}{ab}=\frac{10}{a}\)

\(=\frac{10}{117}\)

b: Đặt 105=a; 651=b

\(B=2\frac{1}{315}\cdot\frac{1}{651}-\frac{1}{105}\cdot3\frac{650}{651}-\frac{4}{315\cdot651}+\frac{4}{105}\)

\(=\left(2+\frac{1}{3a}\right)\cdot\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\cdot\left(3+\frac{b-1}{b}\right)-\frac{4}{3a\cdot b}+\frac{4}{a}\)

\(=\frac{6a+1}{3a}\cdot\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\cdot\frac{3b+b-1}{b}-\frac{4}{3ab}+\frac{4}{a}\)

\(=\frac{6a+1}{3ab}-\frac{4b-1}{ab}-\frac{4}{3ab}+\frac{4}{a}=\frac{6a+1-3\left(4b-1\right)-4+12b}{3ab}\)

\(=\frac{6a-3+12b-12b+3}{3ab}=\frac{6a}{3ab}=\frac{2}{b}=\frac{2}{651}\)

Ta có: 4(5x+7y)-5(4x-2y)

=20x+28y-20x+10y

=38y⋮19

TH1: A⋮19

hay 5x+7y⋮19

Ta có: 4(5x+7y)-5(4x-2y)⋮19

4(5x+7y)⋮19(Vì 5x+7y⋮19)

Do đó: -5(4x-2y)⋮19

mà -5 không chia hết cho 19

nên 4x-2y⋮19

=>B⋮19(ĐPCM)

TH2: B⋮19

hay 4x-2y⋮19

Ta có: 4(5x+7y)-5(4x-2y)⋮19

5(4x-2y)⋮19(Vì 4x-2y⋮19)

Do đó: 4(5x+7y)⋮19

mà 4 không chia hết cho 19

nên 5x+7y⋮19

=>A⋮19(ĐPCM)

Sửa đề: \(\left(7x-9\right)\left(8x+5\right)-\left(-12x+5\right)\left(4x-1\right)=\left(3x-5\right)\left(8x+7\right)\)

=>\(56x^2+35x-72x-45+\left(12x-5\right)\left(4x-1\right)=\left(3x-5\right)\left(8x+7\right)\)

=>\(56x^2-37x-45+48x^2-12x-20x+5=24x^2+21x-40x-35\)

=>\(104x^2-69x-40=21x^2-19x-35\)

=>\(83x^2-50x-5=0\)

\(\Delta=\left(-50\right)^2-4\cdot83\cdot\left(-5\right)=2500+20\cdot83\)

=2500+1660

=4160>0

=>Phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\(\left[\begin{array}{l}x=\frac{50-\sqrt{4160}}{2\cdot83}=\frac{50-8\sqrt{65}}{2\cdot83}=\frac{25-\sqrt{65}}{83}\\ x=\frac{50+\sqrt{4160}}{2\cdot83}=\frac{50+8\sqrt{65}}{2\cdot83}=\frac{25+\sqrt{65}}{83}\end{array}\right.\)

Bài 2:

a: Số đo góc C là: \(180^0-60^0=120^0\)

Xét tứ giác ABCD có \(\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}+\hat{D}=360^0\)

=>\(\hat{B}=360^0-70^0-80^0-120^0=90^0\)

b: Xét ΔABC có AB+BC>AC

Xét ΔADC có AD+DC>AC

Xét ΔBAD có BA+AD>BD

Xét ΔBCD có CB+CD>BD

Do đó: AB+BC+AD+DC+BA+AD+CB+CD>AC+AC+BD+BD

=>2(AB+BC+CD+DA)>2(AC+BD)

=>AB+BC+CD+DA>AC+BD

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Xét ΔOAB có OA+OB>AB

Xét ΔOCD có OC+OD>CD

Do đó: OA+OB+OC+OD>AB+CD

=>AC+BD>AB+CD

Xét ΔOAD có OA+OD>AD

Xét ΔOBC có OB+OC>BC

Do đó: OA+OD+OB+OC>AD+BC

=>AC+BD>AD+BC

Bài 3:

Gọi O là giao điểm của AD và BC

Xét ΔODC có \(\hat{ODC}+\hat{OCD}=90^0\)

nên ΔODC vuông tại O

=>AD⊥BC tại O

ΔOAC vuông tại O

=>\(OA^2+OC^2=AC^2\)

ΔOBD vuông tại O

=>\(OB^2+OD^2=BD^2\)

Do đó: \(AC^2+BD^2=OA^2+OC^2+OB^2+OD^2\) (1)

ΔOAB vuông tại O

=>\(OA^2+OB^2=AB^2\)

ΔOCD vuông tại O

=>\(OC^2+OD^2=CD^2\)

Do đó: \(OA^2+OB^2+OC^2+OD^2=AB^2+CD^2\)

=>\(AB^2+CD^2=OA^2+OB^2+OC^2+OD^2\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(AC^2+BD^2=AB^2+CD^2\)

Bài 1: Gọi tứ giác cần tìm là tứ giác ABCD.

a: Gọi O là giao điểm của AC và BD

Xét ΔOAB có OA+OB>AB

Xét ΔOCD có OC+OD>CD

Do đó: OA+OB+OC+OD>AB+CD

=>AC+BD>AB+CD(2)

Xét ΔOAD có OA+OD>AD

Xét ΔOBC có OB+OC>BC

Do đó: OA+OD+OB+OC>AD+BC

=>AC+BD>AD+BC(1)

b: (1),(2) suy ra 2(AC+BD)>AB+CD+AD+BC

=>\(AC+BD>\frac12\left(AB+BC+CD+DA\right)=\frac12\cdot C_{ABCD}\) (3)

Xét ΔABC có AB+BC>AC

Xét ΔADC có AD+DC>AC

Xét ΔBAD có BA+AD>BD

Xét ΔBCD có CB+CD>BD

Do đó: AB+BC+AD+DC+BA+AD+CB+CD>AC+AC+BD+BD

=>2(AB+BC+CD+DA)>2(AC+BD)

=>AB+BC+CD+DA>AC+BD

=>\(C_{ABCD}>AC+BD\) (4)

Từ (3),(4) suy ra \(C_{ABCD}>AC+BD>\frac{C_{ABCD}}{2}\)

\(\dfrac{600}{x}+\dfrac{600}{x+30}=1\left(ĐKXĐ:x\ne0,x\ne-30\right)\)

PT < = > 600 ( x + 30 ) + 600x = x( x + 30 )

 <=> 600x + 18000 + 600x = x² + 30x

<=> x² - 1170 - 18000 = 0

Pt này giải delta ra nghiệm xấu nhé em xem lại đề bài xem có sai chỗ nào k?

1) 

a) \(\left(x+2\right)^2-\left(x-2\right)\left(x+2\right)\)

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

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

\(=4\left(x+2\right)\)

b) \(x+2x^2+2x^3\)

\(=x\left(2x+2x^2+1\right)\)

1) a. \(\left(x+2\right)\left(x+2-x+2\right)=4\left(x+2\right)\)

  b. \(x\left(1+2x+2x^2\right)\)

2) a. \(=x^2-4-\left(x^2+4x+3\right)=x^2-4-x^2-4x-3=-4x-7\)

b. Áp dụng dạng \(\left(a+b\right)^2=a^2+b^2+2ab\)

\(\left(2x+1\right)^2+\left(3x-1\right)^2+2\left(2x+1\right)\left(3x-1\right)\)

\(=\left(2x+1+3x-1\right)^2=\left(5x\right)^2=25x^2\)

Bài 1:

a) Sử dụng tính chất tổng hai cạnh trong một tam giác thì lớn hơn cạnh còn lại cho các tam giác OAB, OBC,OCD và ODA.

b) Chứng minh tổng hai đường chéo lớn hơn nửa chu vi tứ giác sử dụng kết quả của a).

Chứng minh tổng hai đường chéo nhỏ hơn chu vi tứ giác sử dụng tính chất tổng hai cạnh trong một tam giác thì lớn hơn cạnh còn lại cho các tam giác ABC, ADC, ABD và CBD

Bài 3:

Gọi O là giao điểm AD và BC.

Ta có $\hat{C}+\stackrel{⌢}{D}={90}^0$ nên $\hat{O}={90}^0$

Áp dụng định lí Py – ta – go,

Ta có 

$A{C}^2=O{A}^2+O{C}^2.$

$B{D}^2=O{B}^2+O{D}^2$

Nên $A{C}^2+B{D}^2=\left(O{A}^2+O{B}^2\right)+($