a)3(2x+1)​+1>10

3(2x+1)+20>2(3x+52)

6x+3+20>6x+104⇒6x+23>6x+104.

Suy ra \(23 > 104\) — mâu thuẫn (không bao giờ đúng).
Vậy a) vô nghiệm, \(\emptyset\).

b) 4x−1​+66x−19​≤39x−11​

Nhân cả hai vế với \(6\):

\(3 \left(\right. 4 x - 1 \left.\right) + \left(\right. 6 x - 19 \left.\right) \leq 2 \left(\right. 9 x - 11 \left.\right) .\)

Tính:

\(12 x - 3 + 6 x - 19 \leq 18 x - 22 \Rightarrow 18 x - 22 \leq 18 x - 22.\)

Điều này đúng với mọi \(x\) (luôn đúng — dấu bằng).
Vậy b) nghiệm là mọi số thực, \(\mathbb{R}\).

a)  Xét  \(\Delta A E B\) và   \(\Delta A F C\) có:

     \(\hat{A E B} = \hat{A F C} = 9 0^{0}\)

     \(\hat{A}\)  chung

suy ra:   \(\Delta A E B \&\text{nbsp}; \Delta A F C\) (g.g)

\(\Rightarrow\)\(\frac{A E}{A F} = \frac{A B}{A C}\) \(\Rightarrow\)\(A F . A B = A E . A C\)

B) AFAE​=ACAB​\(\Rightarrow\)\(\frac{A E}{A B} = \frac{A F}{A C}\)

Xét  \(\Delta A E F\)và   \(\Delta A B C\) có:

           \(\frac{A E}{A B} = \frac{A F}{A C}\)  (cmt)

           \(\hat{A}\) chung

suy ra:   \(\Delta A E F \&\text{nbsp}; \Delta A B C\) (c.g.c)

\(\Rightarrow\)   \(\hat{A E F} = \hat{A B C}\)

\(C\))

\(\Rightarrow\)\(\frac{S_{A B C}}{S_{A E F}} = \left(\left(\right. \frac{A B}{A E} \left.\right)\right)^{2} = \left(\left(\right. \frac{3}{6} \left.\right)\right)^{2} = \frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow\)\(S_{A B C} = 4 S_{A E F}\)

• Tam giác \(C B D\) cân tại \(B\), \(H\) là trung điểm đáy nhỏ \(C D\)
• Đường thẳng qua \(H\) cắt \(A D\), \(A C\) tại \(F\), \(E\)
• Vì \(H\) nằm trên trung tuyến của tam giác cân \(C B D\) => tia \(B F\) và \(B E\) tạo với cạnh bên \(B D\), \(B C\) hai góc bằng nhau
• Suy ra: \(\angle D B F = \angle E B C\)

a) Vì ABCD là hình bình hành nên

• AD // BC hay AD // BK

• AB // CD hay AB // DG

Áp dụng định lí Thalès ta có:

• AD // BK suy ra AEEK=EDEB (1)

• AB // DG suy ra EDEB=EGAE (2)

Từ (1) và (2) suy ra AEEK=EGAE

Do đó AE2 = EK.EG (b) AB // DG suy ra AEAG=BEBD(đpcm)

b) AD // BC suy ra AEAK=DEBD

Suy ra AEAK+AEAG=DEBD+BEBD=BE+DEBD=1(3)

Chia cả hai vế (3) cho AE ta được: 1AK+1AG=1AE (đpcm).

c) vì AD // BK => \(\frac{B K}{A D} = \frac{E B}{D E}\)

CÓ AB // DG => \(\frac{A B}{D G} = \frac{B E}{D E}\)

=> \(\frac{B K}{A D} = \frac{A B}{D G}\)

=> BD . DG = AB . AD

mà AB, AD là các cạnh của hình bình hành ABCD => AB . AD không đổi

=> BK . DG không đổi (đpcm)

Xét tam giác \(A A^{'} C\)có \(M , B , B^{'}\)lần lượt nằm trên các cạnh \(A A^{'} , A^{'} C , C A\)và \(M , B , B^{'}\)thẳng hàng, do đó theo định lí Menelaus ta có: 

\(\frac{M A}{M A^{'}} . \frac{B A^{'}}{B C} . \frac{B^{'} C}{B^{'} A} = 1 \Leftrightarrow \frac{M A}{M A^{'}} . \frac{B A^{'}}{B C} = \frac{B^{'} A}{B^{'} C}\)

Tương tự khi xét tam giác \(A A^{'} B\)với các điểm \(M , B , B^{'}\)ta cũng có: 

\(\frac{M A}{M A^{'}} . \frac{C A^{'}}{C B} = \frac{C^{'} A}{C^{'} B}\)

Suy ra \(\frac{B^{'} A}{B^{'} C} + \frac{C^{'} A}{C^{'} B} = \frac{M A}{M A^{'}} \left(\right. \frac{B A^{'}}{B C} + \frac{C A^{'}}{C B} \left.\right) = \frac{M A}{M A^{'}} . \frac{B C}{B C} = \frac{M A}{M A^{'}}\).