a) Phân tích đa thức thành nhân tử:

\(h = 20t - 16t^2 = \mathbf{4t(5 - 4t)}\)

b) Tính độ cao (cm) của cá heo sau 0,5 giây:

Thay \(t = 0,5\) vào công thức:

\(h = 4 \cdot 0,5 \cdot (5 - 4 \cdot 0,5) = 2 \cdot 3 = 6\) (ft)

Đổi sang đơn vị cm và làm tròn đến hàng đơn vị:

\(6 \cdot 30,48 = 182,88 \text{ cm} \approx \mathbf{183 \text{ cm}}\)

Vậy sau 0,5 giây, cá heo ở độ cao khoảng 183 cm so với mặt nước.

a) Chứng minh AICD là hình thang vuông:

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(AD \parallel BC \Rightarrow AD \parallel IC\).

Do đó, \(AICD\) là hình thang.

Mà \(\widehat{D} = 90^\circ\) nên \(AICD\) là hình thang vuông.

b) Chứng minh AICK là hình bình hành:

Vì \(AD \parallel BC \Rightarrow AK \parallel IC\).

Ta có \(AK = \frac{1}{2}AD\) và \(IC = \frac{1}{2}BC\). Mà \(AD = BC \Rightarrow AK = IC\).

Tứ giác \(AICK\) có \(AK \parallel IC\) và \(AK = IC\) nên là hình bình hành.

c) Chứng minh AC, BD, IK đồng quy:

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) của hình chữ nhật \(ABCD \Rightarrow O\) là trung điểm của \(AC\).

Vì \(AICK\) là hình bình hành (theo câu b) nên hai đường chéo \(AC\) và \(IK\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà \(O\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow O\) cũng là trung điểm của \(IK\).

Vậy \(AC, BD, IK\) cùng đi qua điểm \(O\).

a) \((x - 2y)(3xy + 6x^2 + x) = 3x^2y + 6x^3 + x^2 - 6xy^2 - 12x^2y - 2xy = \mathbf{6x^3 - 9x^2y - 6xy^2 + x^2 - 2xy}\).

b) \((18x^4y^3 - 24x^3y^4 + 12x^3y^3) : (-6x^2y^3) = \mathbf{-3x^2 + 4xy - 2}\).

.

a) Đa thức \(P\) có:

Các hạng tử: \(2x^2y; -3x; 8y^2; -1\).

Bậc: 3.

b) Thay \(x = -1; y = \frac{1}{2}\) vào \(P\):

\(P = 2 \cdot (-1)^2 \cdot \frac{1}{2} - 3 \cdot (-1) + 8 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 - 1 = 1 + 3 + 2 - 1 = \mathbf{5}\).

\(P + Q = (5xy^2 - 3x^2 + 2y - 1) + (-xy^2 + 9x^2y - 2y + 6) = \mathbf{4xy^2 + 9x^2y - 3x^2 + 5}\).

\(P - Q = (5xy^2 - 3x^2 + 2y - 1) - (-xy^2 + 9x^2y - 2y + 6) = \mathbf{6xy^2 - 9x^2y - 3x^2 + 4y - 7}\)

a,Tứ giác DKMN có:

\(\widehat{D} = 90^\circ\) (\(\Delta DEF\) vuông tại D)

\(\widehat{DNM} = 90^\circ\) (\(MN \perp DE\))

\(\widehat{DKM} = 90^\circ\) (\(MK \perp DF\))

\(\Rightarrow \) Tứ giác DKMN là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông).

b,Vì M là trung điểm EF và \(MN // DF\) (cùng \(\perp DE\)) \(\Rightarrow \) MN là đường trung bình của \(\Delta DEF\) \(\Rightarrow MN = \frac{1}{2}DF\).

Mà N là trung điểm MH \(\Rightarrow MH = 2MN = DF\).

Tứ giác DFHM có \(MH // DF\) và \(MH = DF\) \(\Rightarrow \) DFHM là hình bình hành.

Hình bình hành DFHM có hai đường chéo DM và HF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Mà O là trung điểm của DM \(\Rightarrow \) O cũng là trung điểm của HF.

c,Hình chữ nhật DKMN là hình vuông \(\Leftrightarrow DN = DK\).

Mà \(DN = \frac{1}{2}DE\) và \(DK = \frac{1}{2}DF\) (do N, K là trung điểm của DE, DF).

\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}DE = \frac{1}{2}DF \Leftrightarrow DE = DF\).

\(\Rightarrow \) Điều kiện: \(\Delta DEF\) vuông cân tại D.

a) Đơn thức \(A = -13,5xyz\) có: Hệ số là \(-13,5\) ; Phần biến là \(xyz\) ; Bậc là \(3\).

Các nhóm đơn thức đồng dạng:

Nhóm 1: \(4x^{3}y^{2}\) ; \(9x^{3}y^{2}\)

Nhóm 2: \(-0,5x^2y^3\) ; \(\frac{3}{4}x^2y^3\)

Nhóm 3: \(-5y\)

a) \((4x^4 - 8x^2y^2 + 12x^5y) : (-4x^2) = -x^2 + 2y^2 - 3x^3y\)

b) \(x^2(x - y^2) - xy(1 - xy) - x^3 = x^3 - x^2y^2 - xy + x^2y^2 - x^3 = -xy\)

b) \(x^2(x - y^2) - xy(1 - xy) - x^3 = x^3 - x^2y^2 - xy + x^2y^2 - x^3 = -xy\)

Xét hai góc đối đỉnh AOC và BOD gọi tia om là tia phân giác của góc AOC;tia on là tia phân giác của góc BOD. Ta phải chứng tỏ hài tia om và on đối nhau

Ta co AOC^=BOD^(hai góc đ²)màO^¹=O^²;O^³=O^⁴ nênO^¹ bằng O^³(một nữa của 2 góc bằng nhau)

Vì AOB^ =180° nên AOD°+BOD^=180°

→AOD^+O^⁴+O^³=180°

→AOD^O^⁴+O^¹=180°

Do đó MON^=180°

Suy ra 2 tia om,on đối nhau

a,ta có xy//x'y' nên xAB^ABy^(hai góc SLT).

AA'là tia phân giác của xAB nênA¹=A²=1/xAB

BB'là tía phân giác củaABy' nênB¹=B²=1/2ABy'

Từ trên ta có A²=B¹

Mà hai góc ở vị trí SLT nên

=>AA'//BB'(có hai gocSLT bằng nhau)

b,xy//x'y'nên A¹AA'B(hai góc SLT)

AA'//BB'nên A¹AB'B(hai góc đồng vị)

VạyAA'B=AB'B