\(\left(x-4\right)\left(x-2\right)-\left(x-1\right)\left(x-3\right)\)

\(=x^2-2x-4x+8-\left(x^2-3x-x+3\right)\)

\(=x^2-2x-4x+8-x^2+3x+x-3\)

\(=-2x+5\)

(x - 4).(x - 2) - (x - 1).(x - 3)

= x² - 2x - 4x + 8 - ( x² - 3x - x + 3 )

= x² - 2x - 4x + 8 - x² + 3x + x - 3

= 5 - 2x 

......

\(pt\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{2}xy+\frac{3}{2}x+y+3=\frac{1}{2}xy+50\\\frac{1}{2}xy-x-y+2=\frac{1}{2}xy-32\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{3}{2}x+y=47\\-x-y=-34\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=26\\y=8\end{cases}}\)

Vậy pt có một nghiệm duy nhất (x;y) = (26;8).

\(\frac{2}{x}-\left(\frac{x^2}{x^2+xy}-\frac{x^2-y^2}{xy}-\frac{y^2}{xy+y^2}\right)\)\(\left(\frac{x+y}{x^2+xy+y^2}\right)\)

ĐK: \(\hept{\begin{cases}x,y\ne0\\x\ne-y\end{cases}}\)

\(A=\frac{2}{x}-\frac{x^2y-\left(x-y\right)\left(x+y\right)^2-xy^2}{xy\left(x+y\right)}.\frac{x+y}{x^2+xy+y^2}\)

\(A=\frac{2}{x}+\frac{x^3-y^3}{xy\left(x+y\right)}.\frac{x+y}{x^2+xy+y^2}\)

\(A=\frac{2}{x}+\frac{x-y}{xy}\)

\(A=\frac{2y+x-y}{xy}\)

\(A=\frac{x+y}{xy}\)

1) \(\widehat{A}+\widehat{D}=180^O\)

=> \(\widehat{A}=180^O-60^O=120^O\)

2) \(\frac{\widehat{B}}{\widehat{D}}=\frac{4}{5}\)=> \(\widehat{B}=60.\frac{4}{5}=48^O\)

Ta có: \(\widehat{B}+\widehat{C}=180^o\)

        => \(\widehat{C}=180^o-48^{^{ }o}=132^o\)

không biết mik giải đúng ko mà đáp án nó không đúng thực tế lắm

Gọi giao điểm các đường phân giác trong tứ giác ABCD lần lượt là M, N, P, Q như hình vẽ bên trên.

Xét tam giác APB có: \(\widehat{APB}=180^o-\widehat{PAB}-\widehat{PBA}=\frac{360^o-\widehat{DAB}-\widehat{CBA}}{2}\)

Tương tự xét tam giác MCD ta cũng có:

\(\widehat{DMC}=\frac{360^o-\widehat{ADC}-\widehat{BCD}}{2}\)

Suy ra \(\widehat{QMN}+\widehat{QPN}=\frac{360^o-\widehat{ADC}-\widehat{BCD}}{2}+\frac{360^o-\widehat{DAB}-\widehat{ABC}}{2}\)

\(=\frac{720^o-360^o}{2}=180^o\)

Do tổng 4 góc trong một tứ giác bằng 360^o nên ta cũng có \(\widehat{MQP}+\widehat{MNP}=360^o-180^o=180^o\)

Vậy tứ giác MNPQ có các góc đối bù nhau.

a, x = 79 => x + 1 = 80

Ta có:\(P\left(x\right)=x^7-80x^6+80x^5-80x^4+...+80x+15\)

\(=x^7-\left(x+1\right)x^6+\left(x+1\right)x^5-\left(x+1\right)x^4+...+\left(x+1\right)x+15\)

\(=x^7-x^7-x^6+x^6+x^5-x^5-x^4+...+x^2+x+15\)

\(=x+15=79+15=94\)

Còn lại tương tự

\(Q_{\left(x\right)}=x^{14}-10x^{13}+10x^{12}-10x^{11}+...+10x^2-10x+10\)

\(=x^{14}-\left(x+1\right)x^{13}+\left(x+1\right)x^{12}-\left(x+1\right)x^{11}+..+\left(x+1\right)x^2-\left(x+1\right)x+x+1\)

\(=x^{14}-x^{14}-x^{13}+x^{13}+x^{12}-x^{12}-x^{11}+...+x^3+x^2-x^2-x+x+1\)

\(=1\)

\(x^4+81\)

\(=x^4+3^4\)

\(=\left(x^2+3^2\right)^2-2x^23^2\)

\(=\left(x^2+\sqrt{2}x3+3^2\right)\left(x^2-\sqrt{2}x3+3^2\right)\)

nguồn gg

\(x^4+81\)

\(=x^4+18x^2+81-18x^2\)

\(=\left(x^2+9\right)^2-18x^2\)

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

a) Do ABCD là hình bình hành nên AD song song và bằng BC.

Lại có M, N là trung điểm AD, BC nên DM song song và bằng BN. Suy ra DMBN là hình bình hành, hay MB//DN.

Xét tam giác ADF, có:

M là trung điểm AC

ME//DF

\(\Rightarrow\) ME là đường trung bình tam giác ADF.

Vậy AE =  EF.

Hoàn toàn tương tự : EF = FC.

Vậy nên AE = EF = FC.

b) DMBN là hình bình hành nên hai đường chéo DB và MN cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Vậy thì O là trung điểm MN.

Lại có: AO = OC; AE = FC nên AO - AE = OC - FC hay EO = OF.

Xét tứ giác MENF có O là trung điểm hai đường chéo EF và MN nên MENF là hình bình hành.

c) 

+) Để hình bình hành MENF là hình chữ nhật thì hai đường chéo MN và EF bằng nhau.

Lại có MN = AB, EF = \(\frac{AC}{3}\). Vậy hình bình hành ABCD phải có đường chéo AC = 2AB thì MENF là hình chữ nhật.

+) Để hình bình hành MENF là hình thoi thì hai đường chéo MN và EF phải vuông góc.

Vậy thì \(EF\perp MN\Rightarrow AC\perp AB\)

Vậy hình bình hành ABCD phải có đường chéo AC vuông góc với cạnh AB thì MENF là hình thoi.

+) Để hình bình hành MENF là hình vuông thì nó vừa là hình chữ nhật, vừa là hình thoi.

Vậy thì hình bình hành ABCD có đường chéo AC vuông góc với AB và AC = 2AB.