a) \(\frac{x}{2}+\frac{2x}{3}+\frac{\left(x+1\right)}{4}+\frac{\left(2x+1\right)}{6}=\frac83\)

\(\frac{6x}{12}+\frac{4.2x}{12}+\frac{3\left(x+1\right)}{12}+\frac{2\left(2x+1\right)}{12}=\frac{4.8}{12}\)

\(6x+8x+3x+3+4x+2=32\)

\(21x+5=32\)

\(21x=27\)

\(x=\frac{27}{21}=\frac97\)

b) sửa đề: \(\frac{6}{6x-3}\Rightarrow\frac{6}{6x+3}\)

\(\frac{3}{2x+1}+\frac{10}{4x+2}-\frac{6}{6x+3}=\frac{12}{26}\)

\(\frac{3}{2x+1}+\frac{10}{2\left(2x+1\right)}-\frac{6}{3\left(2x+1\right)}=\frac{12}{26}\)

\(\frac{3}{2x+1}+\frac{5}{2x+1}-\frac{2}{2x+1}=\frac{6}{13}\)

\(\frac{6}{2x+1}=\frac{6}{13}\)

2x+1=13

2x=12

x=6

=> \(\left(2x-1\right)^8-\left(2x-1\right)^6=0\)

\(\left(2x-1\right)^6\left\lbrack\left(2x-1\right)^2-1\right\rbrack=0\)

TH1: \(\left(2x-1\right)^6=0\)

\(\Rightarrow2x-1=0\)

\(2x=1\)

\(x=\frac12\)

TH2: \(\left(2x-1\right)^2-1=0\)

\(\left(2x-1\right)^2=1\)

TH2a: \(2x-1=1\)

\(2x=2\)

\(x=1\)

TH2b: \(2x-1=-1\)

\(2x=0\)

\(x=0\)

vậy x∈{\(\frac12;1;0\) }

a) từ D kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại N

vì DN//AC=> góc DNB= góc ACB( đồng vị)

vì △ABC cân tại A => góc B= góc ACB

=>góc DNB= góc B

=> △DBN cân tại D

=> BD=DN(1)

vì DN//AC => góc NDC= góc ACD( so le trong)

mà góc ACD= góc BCD( DC là phân giác của góc ACB)

=> góc NDC= góc BCD

=> △NDC cân tại N

=> ND=NC(2)

ta có góc NDC+ góc NDF= 90 độ

mà góc NCD+ góc NFD= 90 độ

=> góc NDC= góc NCD

=> △NDF cân tại N

=> ND=NF(3)

từ (2) và (3)=> \(ND=NC=NF=\frac12CF\)

=> \(CF=2ND\)

thay (1) vào ta có:

\(\Rightarrow CF=2BD\)

b) theo đề bài DE//BC

=> góc CDE= góc BCD( so le trong)

mà góc ACD= góc BCD

=> góc CDE= góc ACD

=> △CDE cân tại E

=> DE=CE

xét tam giác ADE có DE//BC:

=> góc ADE= góc B và góc AED= góc C

mà góc B= góc C( vì △ABC là tam giác cân)

=> góc ADE= góc AED

=> △ADE cân tại A

=> AD=AE

=> AB-AD=AC-AE

=> BD=CE

mà DE=CE

=> DE=BD

xét tam giác cân ADE cân tại A có

AM là đường phân giác nên cũng là đường trung tuyến

=> \(DM=\frac12DE\)

vì DE=BD

=> \(DM=\frac12BD\)

mà từ câu 1) ta có \(BD=\frac12CF\)

thay vào ta có:

\(DM=\frac12\left(\frac12CF\right)=\frac14CF\left(đpcm\right)\)

3) \(x^3+3x=x^2y+2y+5\)

\(\Rightarrow x^3+3x-5=y\left(x^2+2\right)\)

=> \(y=\frac{\left(x^3+3x-5\right)}{x^2+2}=\frac{x\left(x^2+2\right)+x-5}{x^2+2}\)

\(y=x+\frac{\left(x-5\right)}{x^2+2}\)

để y nguyên thì => (x-5)⋮(\(x^2+2\) )

=> (x-5)(x+5)⋮(\(x^2+2\) )

(\(x^2-25\) )⋮(\(x^2+2\) )

=> \(\left(x^2+2\right)-\left(x^2-25\right)\) ⋮(\(x^2+2\) )

\(27\vdots(x^2+2)\)

vì (\(x^2+2\) )\(\ge2\) nên các ước của 27 lớn hơn hoặc bằng 2 gồm: 3;9;27

TH1: \(x^2+2=3\Rightarrow x^2=1\Rightarrow x=1\) hoặc x=-1

TH2: \(x^2+2=9\Rightarrow x^2=7\) ( loại vì x nguyên nên \(x^2\) phải là số chính phương)

TH3: \(x^2+2=27\Rightarrow x^2=25\Rightarrow x=5\) hoặc x=-5

với x=1=> y= \(-\frac13\) ( loại vì y nguyên)

với x= -1=> y= -3( TM)

với x=5=> y=5

với x=-5=> y= \(-\frac{145}{27}\) ( ko thỏa mãn)

vậy (x;y)∈(-1;-3);(5;5)

áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có hai trường hợp:

TH1: x+y+z≠0

\(\frac{\left(x+y-z\right)}{z}=\frac{\left(y+z-x\right)}{x}=\frac{\left(z+x-y\right)}{y}=\frac{\left(x+y-z+y+z-x+z+x-y\right)}{x+y+z}\)

\(=\frac{\left(x+y+z\right)}{x+y+z}=1\)

=> \(\frac{\left(x+y-z\right)}{z}=1\Rightarrow x+y-z=z\Rightarrow x+y=2z\)

CMTT: y+z=2x

z+x=2y

ta có A=\(\left(1+\frac{y}{x}\right)\left(1+\frac{z}{y}\right)\left(1+\frac{x}{z}\right)=\frac{\left(x+y\right)}{x}\cdot\frac{\left(y+z\right)}{y}\cdot\frac{\left(z+x\right)}{z}=\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz}\)

\(A=\frac{\left(2z\right)\left(2x\right)\left(2y\right)}{xyz}=8\)

TH2: x+y+z=0

=> x+y=-z

y+z=-x

z+x=-y

=> \(A=\frac{\left(-z\right)\left(-x\right)\left(-y\right)}{xyz}=-\frac{xyz}{xyz}=-1\)

Bài 1: sửa đề : a) CM: DC//AB

a)xét tam giác NAM và tam giác NCD có:

góc ANM= góc CND

AN=NC

MN=ND

=> △NAM=△NCD(c.g.c)

=> \(DC=AM\) và góc DCN= góc NAM=> DC//AM

=> \(DC=\frac12AB\) và DC//AB

b) xét tam giác NAD và tam giác NCM có:

góc AND= góc CNM( đối đỉnh)

MN=ND

NA=NC

=> △NAD=△NCM(c.g.c)

=> AD=MC

c) xét tam giác DCM và tam giác BMC có:

góc DCM= góc BMC( so le trong)

MB=DC= MA

MC chung

=> △DCM=△BMC(c.g.c)

=> góc DMC= góc MCB và DM=BC

=> MN=\(\frac12BC\) và MN//BC

Bài 2:

a) xét tam giác ADE và tam giác ABC có:

AD=AB

AE=AC

góc DAE= góc BAC= 90 độ

=> △ADE=△ABC(c.g.c)

=> DE=BC

b) ta có △ADE=△ABC

=> góc BEH= góc ACB

ta có góc HBE= góc ABC( đối đỉnh)

xét tam giác ABC:

=> góc ABC+ góc ACB= 90 độ

=> góc HBE+ góc HEB= 90 độ

=> góc BHE= 90 độ

=> BC⊥DE

c) ta có DN=\(\frac12DE\)

\(BM=\frac12BC\)

mà DE=BC

=> DN=BM

xét tam giác ABM và tam giác ADN có:

AB=AD

DN=BM

góc ABM= góc ADN( từ câu a)

=> △ABM=△ADN

=> AN=AM và góc DAN= góc BAM

mà góc DAN+ góc NAE= 90 độ

=> góc BAM+ góc NAE= 90 độ= góc NAM

=> AN⊥AM

Bài 3:

a) xét tam giác AMC và tam giác NMB có:

góc ACM= góc MBN( so le trong)

MC=BM

góc AMC= góc NMB( đối đỉnh)

=> △AMC=△NMB(g.c.g)

=> BN=CA

b) ta có góc BAC+góc DAB+ góc DAE+ gócEAC= 360 độ

thay góc DAB= 90 độ và góc EAC= 90 độ ta có:

góc BAC+ góc DAE= 360 độ- 90 độ- 90 độ

= 180 độ

c)

ta có △MBN=△MAC

=> MA=MN

=> \(MA=\frac12AN\)

ta có góc CAB+ góc ABN= 180 độ( hai góc trong cùng phía bù nhau)

mà góc BAC+ góc DAE= 180 độ

=> góc DAE= góc ABN

xét tam giác EAD và tam giác NBA có:

góc ABN= góc DAE

AB=AD

AE=BN=AC

=> △EAD=△NBA

=> DE=AN

=> \(AM=\frac12AN=\frac12DE\left(đpcm\right)\)

a) ta có góc ECN= góc ACB( đối đỉnh)

mà góc ACB= góc ABC( vì tam giác ABC cân tại A)

=> góc ECN= góc ABC hay góc NCE= góc MBD

xét tam giác MBD và tam giác NCE có:

BD=CE

góc MBD= góc NCE(cmt)

góc MDB= góc NEC= 90 độ

=> BM=CN

b) gọi P là giao của MN và BC

vì MD⊥BC và NE⊥BC=> MD//NE

xét tam giác giác MDP và tam giác NEP có:

MD=NE

góc DMP= góc ENP( do MD//NE)

góc MDP= góc NEP= 90 độ

=> △MDP=△NEP(cgv-gnk)

=> PM=PN=> MN=2MP và PD=PE=> DE=2PD

ta có C nằm trong DE

=> DE=DC+CE

thay CE=BD

=> DE= DC+BD=BC

xét tam giác MDP có:

DP<MP( MP là đường xiên còn DP là hình chiều)

=> 2DP<2MP

=> DE<MN

mà DE=BC

=> BC<MN(đpcm)

a) xét tam giác ABD và tam giác ACE có:

BD=CE

AB=AC( vì tam giác ABC là tam giác cân)

góc ABD= góc ACE

=> △ABD=△ACE(c.g.c)

b) từ câu a)

=> AD=AE và góc MAD= góc NAE

xét tam giác ADM và tam giác AEN có:

AD=AE

góc AMD= góc ANE= 90 độ

góc MAD= góc NAE

=> △ADM=△AEN(ch-gn)

=> DM=EN

c) xét tam giác BDM và tam giác NEC có:

MD=NE

góc DMB= góc ENC= 90 độ

BD=CE

=> △BDM=△BEC(ch-cgv)

=> góc MDB= góc NEC

mà góc MDB= góc EDI và góc NEC= góc DEI

=> góc EDI= góc DEI

=> tam giác IDE cân tại I

=> ID=IE

d) vì ID=IE

=> I thuộc đường trung trực của BC

AD=AE

=> A thuộc đường trung trực của BC

từ hai điều trên

=> AI là đường trung trực của BC

e) ta có △MDB= △NEC

=> MD=NE mà DI=DE

D∈ MI và E∈NI

=> MD+ DI= IE+EN

=> MI=IN

=> I thuộc đường trung trực MN

lại có △AMD=△ANE(cmt)

=> AM=AN

=> A thuộc đường trung trực của MN

từ hai điều trên

=> AI là đường trung trực của MN

=>AI ⊥MN

mà AI⊥BC

=> MN//BC

giả sử \(A=p^2+3pq+q^2=k^2\)

=> \(\left(p+q\right)^2+pq=k^2\)

=> \(pq=k^2-\left(p+q\right)^2\)

=> \(pq=\left(k-p-q\right)\left(k+p+q\right)\)

vì p;q là số nguyên tố nên pq dương

ta có k+p+q> k-(p+q) mà ước pq= 1;p;q;pq

mà k+p+q>p và k+p+q>q

=> k+p+q= pq

k-p-q=1

trừ hai vế ta có:

(k+q+q)-(k-p-q)=pq-1

2p+2q= pq-1

=> 1= pq-2q-2p

p(q-2)-2q+4=5

p(q-2)-2(q-2)=5

=> (q-2)(p-2)= 5

ta có p;q là số nguyên tố nên

=> \(p\ge2\Rightarrow p-2\ge0\)

\(q\ge2\Rightarrow q-2\ge0\)

TH1: q-2= 1=> q=3

p-2=5=> p=7

TH2: q-2=5=> q=7

p-2=1=> p=3

vậy (p;q)= (3;7),(7;3)