a, Ta có : \(A\left(x\right)=-11x^5+4x-12x^{2^{ }}+11x^5+13x^2-7x+2\\ \Rightarrow A\left(x\right)=x^2-3x+2\)

  Ta có: \(M\left(x\right)=A\left(x\right).B\left(x\right)\)

\(\Rightarrow M\left(x\right)=\left(x^2-3x+2\right).\left(x-1\right)\\\Rightarrow M\left(x\right)=x^3-x^2-3x^2+3x+2x-2\\ \Rightarrow M\left(x\right)=x^3-4x^2+5x-2. \)

Vậy...

b) Cho A(x) = 0

x² - 3x + 2 = 0

x² - x - 2x + 2 = 0

(x² - x) - (2x - 2) = 0

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

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

x - 1 = 0 hoặc x - 2 = 0

*) x - 1 = 0

x = 0 + 1

x = 1

*) x - 2 = 0

x = 0 + 2

x = 2

Vậy nghiệm của đa thức A(x) là x = 1; x = 2

a: Xét ΔABE vuông tại A và ΔDBE vuông tại D có

BE chung

\(\widehat{ABE}=\widehat{DBE}\)

Do đó: ΔABE=ΔDBE

b: ta có: ΔABE=ΔDBE

=>EA=ED
mà ED<EC(ΔEDC vuông tại E)

nên EA<EC

\(A⋮B\)

=>\(x^4+3x^3-3x^2-ax+b⋮x^2+3x+1\)

=>\(x^4+3x^3+x^2-4x^2-12x-4+\left(12-a\right)x+b+4⋮x^2+3x+1\)

=>12-a=0 và b+4=0

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=12\\b=-4\end{matrix}\right.\)

5x3²=45(dm²)

a: Sửa đề; MF vuông góc với AC tại F

Xét ΔBEM vuông tại E và ΔCFM vuông tại F có

BM=CM

\(\widehat{MBE}=\widehat{MCF}\)

Do đó: ΔBEM=ΔCFM

b: Ta có: ΔBEM=ΔCFM

=>ME=MF

=>M nằm trên đường trung trực của EF(1)

ta có: ΔBEM=ΔCFM

=>BE=CF

Ta có: AE+EB=AB

AF+FC=AC

mà BE=FC và AB=AC

nên AE=AF

=>A nằm trên đường trung trực của EF(2)

Từ (1),(2) suy ra AM là đường trung trực của EF

c: Xét ΔABC có \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

nên EF//BC

d: Xét ΔABD vuông tại B và ΔACD vuông tại C có

AD chung

AB=AC

Do đó: ΔABD=ΔACD

=>DB=DC

=>D nằm trên đường trung trực của BC(3)

ta có: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(4)

ta có: MB=MC

=>M nằm trên đường trung trực của BC(5)

Từ (3),(4),(5) suy ra A,M,D thẳng hàng

Cho \(x=-4\), ta có \(-5f\left(-4\right)=0\) \(\Leftrightarrow f\left(-4\right)=0\)

Cho \(x=1\), ta có \(0=5f\left(-7\right)\) \(\Leftrightarrow f\left(-7\right)=0\)

Do đó \(-4,-7\) là 2 nghiệm của \(f\left(x\right)\). Đặt \(f\left(x\right)=\left(x+4\right)\left(x+7\right)g\left(x\right)\).

Khi đó điều kiện đề bài \(\Rightarrow\left(x-1\right)\left(x+4\right)\left(x+7\right)g\left(x\right)=\left(x+4\right)\left(x-4\right)\left(x-1\right)g\left(x-8\right)\)

Cho \(x=4\) thì ta có \(3.8.11g\left(4\right)=0\) \(\Leftrightarrow g\left(4\right)=0\)

Cho \(x=12\) thì ta có \(11.16.19.g\left(12\right)=16.8.11.g\left(4\right)=0\) (do \(g\left(4\right)=0\)) \(\Leftrightarrow g\left(12\right)=0\)

Vậy \(4,12\) là 2 nghiệm của \(g\left(x\right)\) \(\Rightarrow g\left(x\right)=\left(x-4\right)\left(x-12\right)h\left(x\right)\)

Vậy \(f\left(x\right)=\left(x+4\right)\left(x+7\right)\left(x-4\right)\left(x-12\right)h\left(x\right)\). Do đó 4 nghiệm của \(f\left(x\right)\) là \(-7,-4,4,12\)

a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBHD vuông tại H có

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{HBD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔBHD

b: ΔBAD=ΔBHD

=>DA=DH

Xét ΔDAK vuông tại A và ΔDHC vuông tại H có

DA=DH

AK=HC

Do đó: ΔDAK=ΔDHC

=>\(\widehat{ADK}=\widehat{HDC}\)

=>\(\widehat{ADK}+\widehat{ADH}=180^0\)

=>K,D,H thẳng hàng

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

AB=AC

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔADB=ΔAEC

b: Xét ΔCDB vuông tại D và ΔCDK vuông tại D có

CD chung

DB=DK

Do đó: ΔCDB=ΔCDK

=>CB=CK

=>ΔCBK cân tại C

c:

Ta có: ΔADB=ΔAEC
=>AD=AE

Xét ΔABC có \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AD}{AC}\)

nên ED//BC

=>\(\widehat{EDB}=\widehat{DBC}\)

=>\(\widehat{EDB}=\widehat{DKC}\)

a: Xét ΔABD vuông tại A và ΔEBD vuông tại E có

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)

Do đó: ΔABD=ΔEBD

b: Ta có: AH\(\perp\)BC

DE\(\perp\)BC

Do đó: AH//DE
Ta có: \(\widehat{BIH}+\widehat{HBI}=90^0\)(ΔHBI vuông tại H)

\(\widehat{ADI}+\widehat{ABD}=90^0\)(ΔABD vuông tại A)

mà \(\widehat{HBI}=\widehat{ABD}\)

nên \(\widehat{BIH}=\widehat{ADI}\)

=>\(\widehat{ADI}=\widehat{AID}\)

=>ΔAID cân tại A

c: Ta có: \(\widehat{CAE}+\widehat{BAE}=\widehat{BAC}=90^0\)

\(\widehat{HAE}+\widehat{BEA}=90^0\)

mà \(\widehat{BAE}=\widehat{BEA}\)(ΔBAE cân tại B)

nên \(\widehat{CAE}=\widehat{HAE}\)

=>AE là phân giác của góc HAC