xét x=0 => \(0^4=0\cdot y+2\Rightarrow0=2\) ( vô lí)

với x≠0

<=> \(xy=x^4-2\)

=> \(y=x^3-\frac{2}{x}\)

TH1: nếu \(x\ge3\)

=> \(0<\frac{2}{x}\le\frac23<1\)

do \(0<\frac{2}{x}<1\Rightarrow-1<-\frac{2}{x}<0\)

=> \(x^3-1<x^3-\frac{2}{x}<x^3\)

\(x^3-1<y<x^3\)

vì x là số nguyên nên \(x^3-1;x^3\) là hai số nguyên liên tiếp nên ko thỏa mãn y nào khác

TH2: nếu \(x\le-3\)

=> \(-1\le-\frac23\le\frac{2}{x}<0\)

do \(-1<\frac{2}{x}<0\Rightarrow0<-\frac{2}{x}<1\)

=> \(x^3<x^3-\frac{2}{x}<x^3+1\)

\(x^3<y<x^3+1\)

=> ko tồn tại nghiệm nguyên khi \(x<-3\)

=> \(x\in\left\lbrace1;-1;2;-2\right)\)

=> \(y\in\left\lbrace-1;1;7;-7\right\rbrace\)

=> \(\left(x;y\right)\in\left(1;-1\right);\left(-1;1\right);\left(2;7\right);\left(-2;-7\right)\)

gọi tam giác đó là ABC và trung tuyến AD và BE cắt nhau tại G

trên tia đối tia DG ta lấy DK= DG và trên tia đối tia BE lấy EG=EM

xét tam giác BGD và tam giác CKD có:

BD=CD

góc BDG= góc CDK

GD=KD

=> △BGD=△CKD(c.g.c)

=> BG=CK và GM//CK

xét tam giác AGE và tam giác CME có:

AE=CE

góc AEG= góc CEM

EG=EM

=> △AGE=△CME(c.g.c)

=> AG=CM và GK//CM

xét tam giác GKC và tam giác CGM có:

góc KGC= góc MCG(GK//CM)

GC là cạnh chung

góc KCG= góc MGC( GM//CK)

=> △GKC=△CGM(g.c.g)

=> GK=CM

mà ta có AG=CM

=> AG=GK

mà 2GD=GK

=> AG=2GD

Ta có : AD=AG+GD=2GD+GD=2GD

=> \(\frac{AG}{AD}=\frac{2GD}{3GD}=\frac23\Rightarrow AG=\frac23AD\) (ĐPCM)

bài 6:

nhận thấy \(4\left(1^2+2^2+3^2+\cdots+12^2\right)=2^2+4^2+6^2+\cdots+24^2\)

=> \(2^2+4^2+6^2+\cdots+24^2=650\times4=2600\)

câu 3:

b) sửa đề: Tìm đa thức bậc ba P(x), bt rằng khi chia P(x) cho (x-1), cho (x-2) và (x-3) dư 6 và P(-1)=18

=> \(P\left(x\right)-6\) ⋮ \(\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\)

đặt \(P\left(x\right)-6=a\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\)

thay P(-1)=-18

=> \(P\left(-1\right)-6=a\left(-1-1\right)\left(-1-2\right)\left(-1-3\right)\)

\(-18-6=-24a\)

\(-24=-24a\)

=> \(a=1\)

vậy \(P\left(x\right)=1\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)+6\)

\(P\left(x\right)=\left(x^3-6x^2+11x-6\right)+6\)

\(P\left(x\right)=x^3-6x^2+11x\)

c) ta có: \(a_{k}=\frac{\left(2k+1\right)}{\left(k^2+k\right)^2}=\frac{\left(k+1\right)^2}{k^2\left(k+1\right)^2}-\frac{k^2}{k^2\left(k+1\right)^2}=\frac{1}{k^2}-\frac{1}{\left(k+1\right)^2}\)

=> \(S_{2018}=\frac{1}{1^2}-\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}+.\ldots+\frac{1}{2028^2}-\frac{1}{2029^2}\)

=> \(S_{2018}=1-\frac{1}{2019^2}\)

d) => \(\frac{\left(a+b-c\right)}{c}+2=\frac{\left(a+c-b\right)}{b}+2=\frac{\left(b+c-a\right)}{a}+2\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)}{c}=\frac{\left(a+b+c\right)}{b}=\frac{\left(a+b+c\right)}{a}\)

TH1: \(a+b+c=0\)

=> \(a+b=-c\)

\(b+c=-a\)

\(c+a=-b\)

=> \(P=\frac{\left(a+b\right)}{a}\cdot\frac{\left(b+c\right)}{b}\cdot\frac{\left(c+a\right)}{c}=-\frac{abc}{abc}=-1\)

TH2: \(a+b+c\) ≠0

=> \(\frac{\left(a+b+c\right)}{c}=\frac{\left(a+b+c\right)}{b}=\frac{\left(a+b+c\right)}{a}=\frac{3\left(a+b+c\right)}{\left(a+b+c\right)}=3\)

=> \(a+b+c=3c\)

\(a+b=2c\)

CMTT: \(b+c=2a\)

\(a+c=2b\)

thay vào P ta có:

\(P=\frac{\left(a+b\right)}{a}\cdot\frac{\left(b+c\right)}{b}\cdot\frac{\left(a+c\right)}{c}=\frac{2c}{a}\cdot\frac{2a}{b}\cdot\frac{2b}{c}=\frac{8abc}{abc}=8\)

câu 4:

a) vì AN//FM và AM//NF

=> ANFM là hình bình hành

xét tam giác ABM và tam giác ADM có:

góc ADM= góc ABM= 90 độ

AD=AB

BM=ND

=> △ABM=△AND(c.g.c)

=> AN=AM

=> AMFN là hình thoi

ta có góc MAN= góc MAD + góc MAD

mà góc MAD= góc BAM

=> góc MAN= góc BAM + góc MAD= 90 độ

=> AMFN là hình vuông

b) kẻ FH⊥BC tại H và FK⊥CD tại K

=> CHFK là hình chữ nhật

ta có góc HFM+góc MFK= 90 độ

mà góc NFK+ góc MFK= 90 độ

=> góc MFH= góc NFK

xét tam giác FNK và tam giác FMH có:

góc MFH= góc NFK

góc FHM= góc FKN= 90 độ

FN=FM

=> △FNK=△FMH(cg-gn)

=> FH=FK

=> CHFK là hình vuông

=> CF là phân giác góc HCK

=> F thuộc góc MCN

vì ABCD là hình vuông

=> góc ACB= 45 độ

vì CHFK là hình vuông

=> góc FCH= 45 độ

=> góc ACF= 180 độ- 45 độ- 45 độ= 90 độ

c) ta có ANFM là hình vuông

=> O là giao của AF và NM

=> O là trung điểm NM

=> \(OA=\frac12MN\)

mà xét tam giác CMN có CO là trung tuyến

=> \(OC=\frac12MN\)

=> \(OA=OC\)

=> C ∈ đường trung bình của của AC

mà DB vừa ⊥ AC và cắt trung điểm của nó tại AC

=> DB là đường trung bình của AC

=> O,D,B thẳng hàng

ta có BD⊥AC

mà FC⊥AC( do góc ACF= 90 độ)

=> BD//CF

=> tứ giác BOFC là hình thang

câu 5:

ta có trong tam giác AMB

=> AM+MB>AB=a

CMTT: => MC+MA > a

MB+MC>a

=> \(2\left(MA+MC+MB\right)>3a\)

=> \(MA+MB+MC>\frac{3a}{2}\)

mà 3> \(\sqrt3\)

=> \(MA+MB+MC>\frac{a\sqrt3}{2}\) (đpcm)

quả thật điều nhỏ nhặt này cx cần tôi ra giải thick:v

vì a=ab=b

=> a+c=ab+c=b+c( ở mỗi vế bằng nhau ta cộng thêm c)

lỗi lúc gõ phím hay đề v bạn chứ:v

b+ca+c= ba+ca+c > ba+c

chứ thừa ra ca rồi kìa

bài 1:

D=\(\frac{3^2}{2\cdot5}+\frac{3^2}{5\cdot8}+\frac{3^2}{8\cdot11}+\frac{3^2}{11\cdot14}+\frac{3^2}{14\cdot17}\)

\(D=3\left(\frac{3}{2\cdot5}+\frac{3}{5\cdot8}+\frac{3}{8\cdot11}+\frac{3}{11\cdot14}+\frac{3}{14\cdot17}\right)\)

áp dụng công thức: \(\frac{3}{n\left(n+3\right)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\)

=> \(D=3\left(\frac12-\frac15+\frac15-\frac18+\frac18-\frac{1}{11}+\frac{1}{11}-\frac{1}{14}+\frac{1}{14}-\frac{1}{17}\right)\)

\(D=3\left(\frac12-\frac{1}{17}\right)\)

\(D=3\cdot\frac{15}{34}\)

\(D=\frac{45}{34}\)

Bài 2:

=> 2C=\(\frac{2}{1\cdot2\cdot3}+\frac{2}{2\cdot3\cdot4}+\cdots+\frac{2}{98\cdot99\cdot100}\)

áp dụng công thức: \(\frac{2}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}=\frac{1}{n\left(n+1\right)}-\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}\)

=> \(2C=\frac{1}{1\cdot2}-\frac{1}{2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot3}-\frac{1}{3\cdot4}+\cdots+\frac{1}{98\cdot99}-\frac{1}{99\cdot100}\)

=> \(2C=\frac{1}{1\cdot2}-\frac{1}{99\cdot100}\)

\(2C=\frac{4949}{9900}\)

=> \(C=\frac{4949}{19800}\)

Bài 3:

\(\Rightarrow3B=\frac{3}{2\cdot5}+\frac{3}{5\cdot8}+\frac{1}{8\cdot11}+\ldots+\frac{3}{2015\cdot2018}\)

\(3B=\frac12-\frac15+\frac15-\frac18+\frac18-\frac{1}{11}+\cdots+\frac{1}{2015}-\frac{1}{2018}\)

\(3B=\frac{504}{1009}\)

=> \(B=\frac{168}{1009}\)

Bài 5:

\(C=-\left(\frac{1}{4\cdot5}+\frac{1}{5\cdot6}+\frac{1}{6\cdot7}+\frac{1}{7\cdot8}+\frac{1}{8\cdot9}+\frac{1}{9\cdot10}\right)\)

\(C=-\left(\frac14-\frac15+\frac15-\frac16+\frac16-\frac17+\frac17-\frac18+\frac18-\frac19+\frac19-\frac{1}{10}\right)\)

\(C=-\left(\frac14-\frac{1}{10}\right)\)

\(C=-\frac{3}{20}=-0,15\)

Bài 6:

=> \(B=\frac23\left(\frac{3}{60\cdot63}+\frac{3}{63\cdot66}+\frac{3}{66\cdot69}+\cdots+\frac{3}{117\cdot120}\right)\)

=> \(B=\frac23\left(\frac{1}{60}-\frac{1}{63}+\frac{1}{63}-\frac{1}{66}+\frac{1}{66}-\frac{1}{69}+\cdots+\frac{1}{117}-\frac{1}{120}\right)\)

\(B=\frac23\left(\frac{1}{60}-\frac{1}{120}\right)\)

\(B=\frac{1}{180}\)

bài 7:

\(A=2019-\frac{1}{2019}-2018+\frac{1}{2019}\)

\(A=1\)

bài 8:

\(a\cdot B=-\left(\frac{3}{2^2}\cdot\frac{8}{3^2}\cdot\frac{15}{4^2}\cdot\ldots\cdot\frac{399}{20^2}\right)\)

\(a\cdot B=-\frac{\left(1\cdot3\cdot2\cdot4\cdot3\cdot5\cdot\ldots\cdot19\cdot21\right)}{\left(2\cdot2\right)\cdot\left(3\cdot3\right)\cdot\left(4\cdot4\right)\cdot\ldots\cdot\left(20\cdot20\right)}\)

\(a\cdot B=\frac{\left(1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot\ldots\cdot19\right)\left(3\cdot4\cdot5\cdot\ldots\cdot21\right)}{\left(2\cdot3\cdot4\cdot\ldots\cdot20\right)\left(2\cdot3\cdot4\cdot\ldots\cdot20\right)}\)

\(a\cdot B=-\left(\frac{1}{20}\cdot\frac{21}{2}\right)\)

\(a\cdot B=-\frac{21}{40}=-0,525\)

a)

ta có FM//BD nên BFMD là hình thang

mà góc FBD = 60 độ

từ hai điều trên => BFMD là hình thang cân

vì MD//EC

=> MDCE là hình thang

mà góc DCE= 60 độ

=> MDCE là hình thang cân

ta có EM//AF

=> EAFM là hình thang

mà góc A=60 độ

b) ta có lí thuyết tổng hai góc kề nhau trong tứ giác = 180 độ

=> góc DME= 180 độ- 60 độ= 120 độ

CMTT: => góc FME= 120 độ

góc FMD= 120 độ

=> góc DME= góc EMF= góc FMD= 120 độ

c) ta có AFME là hình thang cân

=> AM=FE

CMTT: => ED=MC

FD=MB

xét tam giác EDF có:

EF < ED+FD( tính chất đoạn thẳng trong tam giác)

ED < EF+FD( tính chất đoạn thẳng trong tam giác)

FD < EF+ED( tính chất đoạn thẳng trong tam giác)

=> MA < MC+MB

MC < MA+MB

MB < MA+MC

đpcm

a) ta có ND//BC và PH//BC( vì PH,BC cùng vuông góc DC)

=> ND//PH(1)

gọi E là trung điểm BC và F là giao của DH và AM

xét tam giác ADM và tam giác DCE có:

góc ADM= góc DCE= 90 độ

DC=AD

EC=DM= \(\frac12AD=\frac12BC\)

=> △ADM=△DCE(c.g.c)

=> góc DAM= góc CDE

Mà góc DAM+ góc DMA= 90 độ

=> góc CDE+ góc DMA= 90 độ

=> △DFM vuông tại F

=> DE⊥AM

mà DH⊥PM hay DH⊥AM

=> H thuộc DE

CMTT: => AM⊥BN

mà DH⊥PM hay DH⊥AM

=> NP//DH(2)

từ (1)(2)=> tứ giác NPHD là hình bình hành

b) nếu coi AB=a

=> AN=\(\frac{a}{2}\)

xét tam giác ANP và tam giác BAP có:

góc ABP= góc NAP( chắc bạn cx hiểu rồi)

góc APN= góc BPA

=> △ANP=△BAP(g.g)

=> \(\frac{BP}{AP}=\frac{AP}{PN}=\frac{AB}{AN}=\frac{2AN}{AN}=2\)

=> \(\frac{BP}{AP}\cdot\frac{AP}{PN}=2\cdot2=4\)

=> \(BP=4PN\)

Mà PN=PL

mà BL=BP-PL=4PN-PN=3PN

mà DH=NP

=> \(BL=3DH\)

gọi \(K^{^{\prime}}\) là giao của HL và BD

mà DH//BP

=> \(\frac{K^{^{\prime}}L}{K^{^{\prime}}H}=\frac{K^{^{\prime}}B}{K^{^{\prime}}D}=\frac{BL}{DH}=3\)

=> \(K^{^{\prime}}B=3K^{^{\prime}}D\) (3)

mà ta có O là giao của hai đường chéo trong hình vuông ABCD

=> O là trung điểm BD

=> BD=2OD

mà K là trung điểm OD

=> \(KD=\frac12OD=\frac14BD\)

=> \(KB=BD-KD=BD-\frac14BD=\frac34BD\)

=> \(\frac{KB}{KD}=\frac{\frac34BD}{\frac14BD}=\frac{3}{\frac{4}{\frac14}}=\frac34:\frac14=\frac34\cdot\frac41=3\)

=> \(KB=3KD\) (4)

từ (3)(4) => \(K^{^{\prime}}\) trùng điểm K do cùng nằm trên BD và chung tỉ số

=> K là giao của HL và BD

=> H,K,L thẳng hàng

mà DH//EB

=> \(\frac{KL}{KH}=\frac{BL}{DH}=3\)

=> \(KL=3KH\) (đpcm)

nếu coi số có hai chữ số là 1 phần:

=> ta có sơ đồ đoạn thẳng:

số cũ: \(\vert-\vert\)

số mới: \(\vert-\vert\vert-\vert\vert-\vert\vert-\vert\vert-\vert\vert-\vert\vert-\vert\vert-\vert\vert-\vert\vert-\vert\)(+ 6 đơn vị)

=> tổng số phần là: \(281-6=275\)

tổng số phần là: 1+10=11( phần)

=> mỗi phần có giá trị là: 275:11=25

=> số cũ là: 25 x 1=25

số mới là: 25 x 10+6=256

\(\left(x-a\right)^4+4a^4\)

=\(\left\lbrack\left(x-a\right)^2\right\rbrack^2+2.2a^2.\left(x-a\right)^2+\left(2a^2\right)^2-2.2a^2.\left(x-a\right)^2\)

\(=\left\lbrack\left(x-a\right)^2+2a^2\right\rbrack^2-4a^2\left(x-a\right)^2\)

\(=\left\lbrack\left(x-a\right)^2+2a^2\right\rbrack^2-\left(2ax-2a^2\right)^2\)

=\(\left\lbrack\left(x-a\right)^2+2a^2-2ax+2a^2\right\rbrack\left\lbrack\left(x-a\right)^2+2a^2+2ax-2a^2\right\rbrack\)

=\(\left(x^2-4ax+5a^2\right)\left(x^2+a^2\right)\)