Bài 1:

a: \(P=\left(\frac{x-4}{x^3-1}+\frac{1}{x-1}\right):\left(1-\frac{x-8}{x^2+x+1}\right)\)

\(=\left(\frac{x-4}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}+\frac{1}{x-1}\right):\frac{x^2+x+1-x+8}{x^2+x+1}\)

\(=\frac{x-4+x^2+x+1}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}:\frac{x^2+9}{x^2+x+1}=\frac{x^2+2x-3}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}\cdot\frac{x^2+x+1}{x^2+9}\)

\(=\frac{\left(x+3\right)\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\left(x^2+9\right)}=\frac{x+3}{x^2+9}\)

b: \(x^2-3x+2=0\)

=>(x-1)(x-2)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x=1\left(loại\right)\\ x=2\left(nhận\right)\end{array}\right.\)

Khi x=2 thì \(P=\frac{2+3}{2^2+9}=\frac{5}{13}\)

c: Để P là số nguyên thì \(x+3\vdots x^2+9\)

=>\(\left(x+3\right)\left(x-3\right)\vdots x^2+9\)

=>\(x^2-9\vdots x^2+9\)

=>\(x^2+9-18\vdots x^2+9\)

=>\(-18\vdots x^2+9\)

=>\(x^2+9\in\left\lbrace9;18\right\rbrace\)

=>\(x^2\in\left\lbrace0;9\right\rbrace\)

=>x∈{0;3;-3}

Thử lại, ta thấy x=-3 thỏa mãn

vậy: x=-3

\(-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{7}{2}x^2+x\\ =x^2\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{7}{2}\right)+x\\ =3x^2+x\)

Thì bạn cứ làm thôi, đề bà đó !!!

\(\dfrac{3}{5}\cdot x^2y^5\cdot x^3y^2\cdot\dfrac{-2}{3}\)

\(=\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{-2}{3}\cdot x^2\cdot x^3\cdot y^5\cdot y^2\)

\(=-\dfrac{2}{5}x^5y^7\)

\(\dfrac{3}{5}x^2y^5x^3y^2\cdot\dfrac{-2}{3}\\ =\left(\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{-2}{3}\right)\cdot\left(x^2\cdot x^3\right)\cdot\left(y^5\cdot y^2\right)\\ =-\dfrac{2}{5}x^5y^7\)

Gọi H là giao điểm của CN với BM

Xét ΔHCB có

CM,BN là các đường cao

CM cắt BN tại A

Do đó: A là trực tâm của ΔHCB

=>HA\(\perp\)CB tại K

Xét ΔBKA vuông tại K và ΔBNC vuông tại N có

\(\widehat{CBN}\) chung

Do đó: ΔBKA~ΔBNC

=>\(\dfrac{BK}{BN}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(BN\cdot BA=BK\cdot BC\)

Xét ΔCKA vuông tại K và ΔCMB vuông tại M có

\(\widehat{KCA}\) chung

Do đó: ΔCKA~ΔCMB

=>\(\dfrac{CK}{CM}=\dfrac{CA}{CB}\)

=>\(CM\cdot CA=CK\cdot CB\)

\(BA\cdot BN+CA\cdot CM\)

\(=BC\cdot BK+BC\cdot CK=BC\left(BK+CK\right)=BC^2\)

Toán có lời văn chính là toán có lời giải đó em nhé.

\(A=5x\left(x+y\right)+y\left(y-5x\right)-\left(y-x\right)\left(y+x\right)+2024\)

\(=5x^2+5xy+y^2-5xy-\left(y^2-x^2\right)+2024\)

\(=5x^2+y^2-y^2+x^2+2024=6x^2+2024>=2024>0\forall x\)

=>A luôn dương

Xét ΔOAB và ΔOCD có

\(\widehat{OAB}=\widehat{OCD}\)(AB//CD)

\(\widehat{AOB}=\widehat{COD}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOAB~ΔOCD

=>\(\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{OB}{OD}\)(1)

Xét ΔOBP và ΔODQ có

\(\widehat{OBP}=\widehat{ODQ}\)(BP//DQ)

\(\widehat{BOP}=\widehat{DOQ}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOBP~ΔODQ

=>\(\dfrac{OB}{OD}=\dfrac{OP}{OQ}\left(2\right)\)

Xét ΔOAM và ΔOCN có

\(\widehat{OAM}=\widehat{OCN}\)(AM//CN)

\(\widehat{AOM}=\widehat{CON}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOAM~ΔOCN

=>\(\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{OM}{ON}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\dfrac{OP}{OQ}=\dfrac{OM}{ON}\)

=>\(OP\cdot ON=OM\cdot OQ\)

Ta có:

\(B=2x^2-2x+3\\ =\dfrac{1}{2}\cdot\left(4x^2-4x+6\right)\\ =\dfrac{1}{2}\cdot\left[\left(4x^2-4x+1\right)+5\right]\\ =\dfrac{1}{2}\cdot\left[\left(2x-1\right)^2+5\right]\\ =\dfrac{1}{2}\left(2x-1\right)^2+\dfrac{5}{2}\)  

\(\left(2x-1\right)^2\ge0\forall x\\ =>B=\dfrac{1}{2}\left(2x-1\right)^2+\dfrac{5}{2}\ge\dfrac{1}{2}\cdot0+\dfrac{5}{2}=\dfrac{5}{2}>0\)

=> B luôn có giá trị dương 

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

Nhận xét:

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-1\right)^2\ge0,\forall x\\x^2\ge0,\forall x\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(x-1\right)^2+x^2+2>0,\forall x\)

hay \(B>0,\forall x\)

Vậy...

Bài 4:

\(2x^5yz^4\cdot\left(-\dfrac{1}{4}y^2z^3\right)\cdot2xz^6\cdot\left(\dfrac{-2}{3}x^2y\right)\left(\dfrac{1}{2}xy^2\right)\left(-x\right)\\ =\left(2\cdot-\dfrac{1}{4}\cdot2\cdot-\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot-1\right)\cdot\left(x^5\cdot x\cdot x^2\cdot x\cdot x\right)\cdot\left(y\cdot y^2\cdot y\cdot y^2\right)\cdot\left(z^4\cdot z^3\cdot z^6\right)\\ =-\dfrac{1}{3}x^{10}y^6z^{13}\)

Phần hệ số là: `-1/3` 

Phần biến: `x^10y^6z^13`

Bậc: `10+6+13=29` 

Bài 5:

1) \(A=\dfrac{3}{2}x^5y^2\cdot\left(-2\right)xy=\left(\dfrac{3}{2}\cdot-2\right)\cdot\left(x^5\cdot x\right)\cdot\left(y^2\cdot y\right)=-3x^6y^3\)

Bậc là: `6+3=9` 

Phần hệ số: `-3`

Phần biến: `x^6y^3` 

2) Thay `x=-1,y=2` vào A ta có:

\(A=-3\cdot\left(-1\right)^6\cdot2^3=-3\cdot8=-24\)

Bài 4:

$2x^5yz^4(\frac{-1}{4}y^2z^3)2xz^6$

$=(2.\frac{-1}{4}.2).(x^5.x).(y.y^2).(z^4.z^3.z^6)$

$=-x^6y^3z^{13}$

Đơn thức trên gồm có:

+, Phần hệ số: -1

+, Phần biến: $x^6y^3z^{13}$

+, Bậc: $6+3+13=22$

$---$

$(\frac{-2}{3}x^2y)(\frac12 xy^2)(-x)$

$=[\frac{-2}{3}.\frac12.(-1)].(x^2.x.x).(y.y^2)$

$=\frac13 x^4y^3$

Đơn thức trên gồm có:

+, Phần hệ số: $\frac13$

+, Phần biến: $x^4y^3$

+, Bậc: $4+3=7$

Bài 5:

1) $A=\frac32 x^5y^2.(-2)xy$

$=[\frac32.(-2)].(x^5.x).(y^2.y)$

$=-3x^6y^3$

Bậc: $6+3=9$

Hệ số: $-3$

Biến: $x^6y^3$

2) Thay $x=-1;y=2$ vào $A$, ta được:

$A=-3.(-1)^6.2^3=-24$

a: AH là phân giác ngoài tại đỉnh A

=>\(\hat{HAD}=\frac{180^0-\hat{BAD}}{2}\)

DH là phân giác ngoài tại đỉnh D

=>\(\hat{HDA}=\frac{180^0-\hat{ADC}}{2}\)

AB//CD
=>\(\hat{BAD}+\hat{ADC}=180^0\)

Ta có: \(\hat{HAD}+\hat{HDA}=\frac{180^0-\hat{BAD}}{2}+\frac{180^0-\hat{ADC}}{2}\)

\(=90^0+90^0-\frac12\left(\hat{BAD}+\hat{ADC}\right)=180^0-\frac12\cdot180^0=90^0\)

=>ΔHAD vuông tại H

=>\(\hat{DHA}=90^0\)

b: Xét ΔDAE có

DH là đường cao

DH là đường phân giác

Do đó: ΔDAE cân tại D

=>\(\hat{ADE}=180^0-2\cdot\hat{DEA}=180^0-2\cdot30^0=120^0\)

Ta có: BA//CD

=>\(\hat{BAD}=\hat{ADE}\) (hai góc so le trong)

=>\(\hat{BAD}=120^0\)

ABCD là hình thang cân

=>\(\hat{BAD}=\hat{ABC}\)

=>\(\hat{ABC}=120^0\)

Ta có: AB//DC

=>\(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\)

=>\(\hat{BCD}=180^0-120^0=60^0\)

ABCD là hình thang cân

=>\(\hat{ADC}=\hat{BCD}=60^0\)