b) \(b^3+6b^2+12b+8=b^3+3.b^2.2+3.b.2^2+2^3\\ =\left(b+2\right)^3\)

c) \(\left(m-n\right)^6-6\left(m-n\right)^4+12\left(m-n\right)^2-8\\ =\left[\left(m-n\right)^2\right]^3-3.\left[\left(m-n\right)^2\right]^2.2+3.\left(m-n\right)^2.2^2-2^3\\ =\left[\left(m-n\right)^2-2\right]^3\)

Ta có:

 \(-2xy^2+2x^2y^4+1\)

\(=\left(xy^2\right)^2-2xy^2+1+x^2y^4\)

\(=\left(xy^2-1\right)^2+\left(xy^2\right)^2\)

Chắc là vầy nhỉ

giúp mik vs

A B C M N H O P Q

a/ 

Xét tứ giác AMHN có

\(MH\perp AB;AN\perp AB\) => AN//MH

\(AM\perp AC;NH\perp AC\) => AM//NH

=> AMHN là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối //)

Mà \(\widehat{BAC}=90^o\)

=> AMHN là hình chữ nhật => MN=AH (trong HCN hai đường chéo bằng nhau)

b/

Xét tg vuông ABH và tg vuông ABC có

\(\widehat{BAH}=\widehat{ACB}\) (cùng phụ với \(\widehat{ABC}\) )

=> tg ABH đồng dạng với tg ABC (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BH}{AB}\Rightarrow AB^2=BH.BC\)

c/ Gọi O là giao của AH với MN có

AH=MN (cmt)

OA=OH; OM=ON

=> OA=OH=OM=ON

Xét tg OMH có OM=OH => OMH cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{OMH}=\widehat{OHM}\) (góc ở đáy tg cân)

Mà \(\widehat{PMH}+\widehat{OMH}=90^o;\widehat{PHM}+\widehat{OHM}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{PMH}=\widehat{PHM}\) => tg PMH cân tại P => PM=PH (1)

Ta có

\(\widehat{PMB}+\widehat{PMH}=90^o;\widehat{PHM}+\widehat{PBM}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{PMB}=\widehat{PBM}\) => tg PBM cân tại P => PM=PB (2)

Từ (1) và (2) => PH=PB => P là trung điểm của BH

Tương tự ta cũng sẽ c/m được QH=QC

Ta có

\(MP\perp MN;NQ\perp MN\) => MP//NQ => MNQP là hình thang

Mà \(\widehat{PMN}=90^o\) 

=> MNQP là hình thang vuông tại M và N

\(\Rightarrow S_{MNQP}=\dfrac{\left(MP+NQ\right).MN}{2}\)  mà MN=AH (cmt)

\(\Rightarrow S_{MNQP}=\dfrac{\left(MP+NQ\right).AH}{2}\) (3)

Xét tg vuông ABC có

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}\) (Pitago)

\(\Rightarrow BC=\sqrt{6^2+8^2}=10cm\)

Ta có

\(AB^2=BH.BC\) (cmt) \(\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{6^2}{10}=3,6cm\)

Xét tg vuông ABH có

\(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{6^2-3,6^2}=4,8cm\)

Xét tg vuông BMH có

\(PB=PH\Rightarrow MP=\dfrac{BH}{2}=\dfrac{3,6}{2}=1,8cm\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền thì bằng nửa cạnh huyền)

Xét tg vuông CNH có

\(QH=QC\left(cmt\right)\Rightarrow NQ=\dfrac{CH}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền thì bằng nửa cạnh huyền)

\(\Rightarrow NQ=\dfrac{BC-BH}{2}=\dfrac{10-3,6}{2}=3,2cm\)

Thay các giá trị MP; NQ; AH vào (3)

\(\Rightarrow S_{MNQP}=\dfrac{\left(1,8+3,2\right).4,8}{2}=12cm^2\)

\(\left(x+y+z\right)^3=\left(x+y\right)^3+z^3+3\left(x+y\right)z\left(x+y+z\right)\)

\(=x^3+y^3+z^3+3xy\left(x+y\right)+3\left(x+y\right)\left(zx+yz+z^2\right)\)

\(=x^3+y^3+z^3+3\left(x+y\right)\left(zx+yz+z^2+xy\right)\)

\(=x^3+y^3+z^3+3\left(x+y\right)\left[x\left(y+z\right)+z\left(y+z\right)\right]\)

\(=x^3+y^3+z^3+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(đpcm\right)\)

${\left(3x-4\right)}^2-2\left(3x-4\right)\left(x-4\right)+{\left(4-x\right)}^2$

$={\left(3x-4\right)}^2+2\left(3x-4\right)\left(4-x\right)+{\left(4-x\right)}^2$

$={\left(3x-4+4-x\right)}^2$

$={\left(2x\right)}^2=4x^2$

\(x^2+3x+7\)

\(=x^2+2.x.\dfrac{3}{2}+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{19}{4}\)

\(=\left(x+\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{19}{4}\ge\dfrac{19}{4}\forall x\in R\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  \(x+\dfrac{3}{2}=0\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{-3}{2}\)

\(x^2+3x+7=x^2+3x+\dfrac{9}{4}+\dfrac{19}{4}=\left(x+\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{19}{4}\ge\dfrac{19}{4}\)

- Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x+\dfrac{3}{2}=0\Leftrightarrow x=-\dfrac{3}{2}\).

- Vậy GTNN của biểu thức trên là \(\dfrac{19}{4}\)

\(x^2+3x+7=x^2+2.x.\dfrac{3}{2}+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{19}{4}\\ =\left(x+\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{19}{4}\ge\dfrac{19}{4}\)

Dấu ''='' xảy ra `<=>x=-3/2`

Vậy GTNN là : `19/4<=>x=-3/2`