Ta có: \(\frac{x - a}{b c} + \frac{x - b}{c a} + \frac{x - c}{a b} = \frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c}\)

\(\left(\right. \frac{x - a}{b c} - \frac{2}{a} \left.\right) + \left(\right. \frac{x - b}{c a} - \frac{2}{b} \left.\right) + \left(\right. \frac{x - c}{a b} - \frac{2}{c} \left.\right) = 0\)

\(\frac{a \left(\right. x - a \left.\right) - 2 b c + b \left(\right. x - b \left.\right) - 2 c a + c \left(\right. x - c \left.\right) - 2 a b}{a b c} = 0\)

Điều kiện xác định: \(a , b , c \neq 0\)

Khi đó: \(\frac{\left(\right. a + b + c \left.\right) x - a^{2} - 2 b c - b^{2} - 2 c a - c^{2} - 2 a b}{a b c} = 0\)

\(\left(\right. a + b + c \left.\right) x = \left(\left(\right. a + b + c \left.\right)\right)^{2}\) 

+ Nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình có vô số nghiệm.

+ Nếu \(a + b + c \neq 0\) thì phương trình có nghiệm duy nhất \(x = a + b + c\).

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

\(\hat{B A C}\) chung;

\(\hat{A E B} = \hat{A F C} = 90^{\circ}\);

Do đó \(\Delta A B E \sim \Delta A C F\) (g.g).

Suy ra \(\frac{A B}{A C} = \frac{A E}{A F}\) nên \(A B . A F = A C . A E\).

b) Từ \(A B . A F = A C . A E\) suy ra \(\frac{A E}{A F} = \frac{A B}{A C}\).

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

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

\(\hat{B A C}\) chung;

Do đó \(\Delta A E F \sim \Delta A B C\) (c.g.c)

Suy ra \(\hat{A F E} = \hat{A C B}\) (cặp góc tương ứng).

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

\(\hat{A C B}\) chung;

\(\hat{C E B} = \hat{C D A} = 90^{\circ}\)

Do đó \(\Delta C E B \sim \Delta C D A\) (g.g)

Suy ra \(\frac{C B}{C E} = \frac{C A}{C D}\) (cặp cạnh tương ứng).

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

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

\(\hat{A C B}\) chung;

Do đó \(\Delta C B A \sim \Delta C E D\) (c.g.c)

Suy ra \(\hat{C D E} = \hat{C A B}\) (cặp góc tương ứng) (1)

Tương tự: \(\hat{B D F} = \hat{C A B}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\hat{C D E} = \hat{B D F}\).

Mà \(\hat{C D E} + \hat{E D A} = \hat{B D F} + \hat{F D A}\) suy ra \(\hat{E D A} = \hat{F D A}\).

Suy ra \(D A\) là phân giác của góc \(E D F\).

Mặt khác \(A D \bot K D\) nên \(D K\) là phân giác ngoài của \(\Delta D E F\).

Ta có \(D I\) là phân giác trong của \(\Delta \&\text{nbsp}; D E F\) suy ra \(\frac{I F}{I E} = \frac{D F}{D E}\) (3)

Ta có \(D K\) là phân giác ngoài của \(\Delta D E F\) suy ra \(\frac{K F}{K E} = \frac{D F}{D E}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{I F}{I E} = \frac{K F}{K E}\)

a) Với \(m = - 1\), hàm số trở thành \(y = - 2 x + 1\).

Xét hàm số \(y = - 2 x + 1\) :

Thay \(x = 0\) thì \(y = 1\).

Suy ra đồ thị hàm số \(y = - 2 x + 1\) đi qua điểm có tọa độ \(\left(\right. 0 ; 1 \left.\right)\).

Thay \(x = 1\) thì \(y = - 1\).

Suy ra đồ thị hàm số \(y = - 2 x + 1\) đi qua điểm có tọa độ \(\left(\right. 1 ; - 1 \left.\right)\).

Vẽ đồ thị:

b) Vì đường thẳng \(\left(\right. d \left.\right) : y = a x + b\) song song với đường thẳng \(\left(\right. d^{'} \&\text{nbsp}; \left.\right) : y = - 3 x + 9\) nên: \(a \neq - 3 ; b \neq 9\).

Khi đó ta có: \(\left(\right. d \left.\right) : y = - 3 x + b\) và \(b \neq 9\).

Vì đường thẳng \(\left(\right. d \left.\right) : y = a x + b\) đi qua \(A \left(\right. 1 ; - 8 \left.\right)\) nên: \(- 8 = - 3.1 + b\)

Suy ra \(b = - 5\) (thoả mãn)

Vậy đường thẳng cần tìm là \(\left(\right. d \left.\right) : y = - 3 x - 5\)

Đổi \(20\) phút \(= \frac{1}{3}\) h.

Gọi \(x\) là độ dài quãng đường từ thành phố về quê.

Điều kiện \(x > 0\); đơn vị: km.

Thời gian người đó đi từ thành phố về quê là: \(\frac{x}{30}\) km/h.

Thời gian người đó đi từ quê lên thành phố là: \(\frac{x}{25}\) km/h.

Vì thời gian lúc lên thành phố nhiều hơn thời gian về quê là \(20\) phút nên ta có phương trình:

\(\frac{x}{25} = \frac{x}{30} + \frac{1}{3}\)

\(\frac{5 x}{750} = \frac{1}{3}\)

\(15 x = 750\)

\(x = 50\) (thỏa mãn).

Vậy độ dài quãng đường từ thành phố về quê là \(50\) km.

a) \(3 x - 5 = 4\)

\(3 x = 9\)

\(x = 3\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 3\).

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

\(\frac{4 x}{6} + \frac{3 x - 1}{6} = \frac{3 x}{6}\)

\(4 x + 3 x - 1 = 3 x\)

\(4 x = 1\)

\(x = \frac{1}{4}\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = \frac{1}{4}\)

Chiều cao của mỗi hình chóp tứ giác đều là:

     \(30 : 2 = 15\) (m).

Thể tích của lồng đèn quả trám là:

     \(V = 2. \left(\right. \frac{1}{3} . 20.20.15 \left.\right) = 4 000\) (cm\(^{3}\)).

a) Vì tam giác \(K B C\) vuông tại \(K\) suy ra \(\hat{K B H} = 9 0^{\circ}\)

Vì \(C I \bot B I\) (gt) suy ra \(\hat{C l H} = 9 0^{\circ}\)

Xét \(\triangle K B H\) và \(\triangle C H I\) có:

\(\hat{K B H} = \hat{C I H} = 9 0^{\circ}\);

\(\hat{B H K} = \hat{C H I}\) (đối đỉnh)

Suy ra \(\Delta B H K \sim \Delta C H I\) (g.g)

b) Ta có \(\Delta B H K \sim \Delta C H I\) suy ra \(\hat{H B K} = \hat{H C I}\) (hai góc tương ứng) 

Mà \(B H\) là tia phân giác của \(\hat{A B C}\) nên \(\hat{H B K} = \hat{H B C}\).

Do đó \(\hat{H B C} = \hat{H C I}\).

Xét \(\triangle C I B\) và \(\triangle H I C\) có:

\(\hat{C I B}\) chung;

\(\hat{I B C} = \hat{H C I}\) (cmt)

Vậy \(\Delta C I B \approx \Delta H I C\) (g.g) suy ra \(\frac{C I}{H I} = \frac{I B}{I C}\)

Hay \(\left(C I\right)^{2} = H I . I B\)

c) Xét \(\triangle A B C\) có \(B I \bot A C\); \(C K \bot A B\); \(B I \cap C K = \left{\right. H \left.\right}\)

Nên \(H\) là trực tâm \(\triangle A B C\) suy ra \(A H \bot B C\) tại \(D\).

Từ đó ta có \(\triangle B K C \sim \triangle H D C\) (g.g) nên \(\frac{C B}{C H} = \frac{C K}{C D}\)

Suy ra \(\frac{C B}{C K} = \frac{C H}{C D}\) nên \(\triangle B H C \sim \triangle K D C\) (c.g.c)

Khi đó \(\hat{H B C} = \hat{D K C}\) (hai góc tương ứng)

Chứng minh tương tự \(\hat{H A C} = \hat{I K C}\)

Mà \(\hat{H A C} = \hat{H B C}\) (cùng phụ \(\hat{A C B}\) )

Suy ra \(\&\text{nbsp}; \hat{D K C} = \hat{I K C}\).

Vậy \(K C\) là tia phân giác của \(\hat{I K D}\).

Có \(19\) kết quả cho hành động trên.

Có \(8\) kết quả thuận lợi cho biến cố đã cho nên xác suất cho biến cố là: \(\frac{8}{19}\).

a) Xét đường thẳng: \(\left(\right. d_{1} \left.\right) : y = - 3 x\).

Nếu \(x = 0\) thì \(y = 0\) suy ra \(\left(\right. d_{1} \left.\right)\) đi qua điểm có tọa độ \(\left(\right. 0 ; 0 \left.\right)\)

Nếu \(x = 1\) thì \(y = - 3\) suy ra \(\left(\right. d_{1} \left.\right)\) đi qua điểm có tọa độ \(\left(\right. 1 ; - 3 \left.\right)\)

Ta vẽ đồ thị:

b) Vì \(\left(\right. d_{3} \left.\right) : y = a x + b\) song song với \(\left(\right. d_{2} \left.\right) : y = x + 2\) nên \(a = 1 , b \neq 2\).

Khi đó đường thẳng \(\left(\right. d_{3} \left.\right)\) có dạng \(y = x + b\) với \(b \neq 2\).

Vì \(\left(\right. d_{3} \left.\right)\) đi qua điểm có tọa độ \(A \left(\right. - 1 ; 3 \left.\right)\) nên: \(3 = - 1 + b\) hay \(b = 3 + 1 = 4\) (thỏa mãn).

Vậy đường thẳng \(\left(\right. d_{3} \left.\right)\) là \(\left(\right. d_{3} \left.\right) : y = - x + 4\).

2) Gọi số sản phẩm mà tổ I làm được theo kế hoạch là \(x\).

Điều kiện: \(x \in \mathbb{N}^{*}\); \(x < 900\), đơn vị: sản phẩm.

Số sản phẩm mà tổ II làm được theo kế hoạch là: \(900 - x\) (sản phẩm).

Theo bài ra, do cải tiến kĩ thuật nên tổ một vượt mức \(20 \%\) và tổ hai vượt mức \(15 \%\) so với kế hoạch.

Số sản phẩm mà tổ I làm được theo thực tế là: \(x + x . \&\text{nbsp}; 20 \% = x + 0 , 2 x = 1 , 2 x\) (sản phẩm);

Số sản phẩm mà tổ II làm được theo thực tế là: \(900 - x + \left(\right. 900 - x \left.\right) . 15 \% = 1 035 - 1 , 15 x\) (sản phẩm).

Vì thực tế hai tổ đã sản xuất được \(1 055\) sản phẩm nên ta có phương trình: \(1 , 2 x + 1 035 - 1 , 15 x = 1 055\)

Giải phương trình tìm được \(x = 400\) (sản phẩm)

Khi đó, số sản phẩm mà tổ II làm được theo kế hoạch là: \(900 - 400 = 500\) (sản phẩm).

Vậy theo kế hoạch tổ I làm được \(400\) sản phẩm, tổ II làm được \(500\) sản phẩm.

a) \(2 x = 7 + x\)

\(2 x - x = 7\)

\(x = 7\).

Phương trình đã cho có nghiệm \(x = 7\).

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

\(\frac{3 \left(\right. x - 3 \left.\right)}{15} + \frac{5. \left(\right. 1 + 2 x \left.\right)}{15} = 6\)

\(3 x - 9 + 5 + 10 x = 90\)

\(13 x = 94\)

\(x = \frac{94}{13}\).

Phương trình đã cho có nghiệm \(x = \frac{94}{13}\)