\(Q\left(1\right)=a^3+2\cdot1^4-5\cdot1^2-2\cdot1^3-6\cdot1+3\\ =a^3+2\cdot1-5\cdot1-2\cdot1-6\cdot1+3\\ =a^3+2-5-2-6+3\\ =a^3-8\)

\(Q\left(1\right)=a^3+2\cdot1^4-5\cdot1^2-2\cdot1^3-6\cdot1+3\)

\(=a^3+2-5-2-6+3\)

\(=a^3-8\)

Ta có :

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

Vậy `(x-3)(x^2 +2) : (x-3)=x^2+2`

\(\dfrac{x^3-3x^2+2x-6}{x-3}\)

\(=\dfrac{x^2\left(x-3\right)+2\left(x-3\right)}{x-3}\)

\(=x^2+2\)

Bài 1

a) Ta có:

BC > AC > AB (7 > 6 > 4)

⇒ ∠A > ∠B > ∠C (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong tam giác)

b) Ta có:

∠A + ∠B + ∠C = 180⁰ (tổng ba góc trong ∆ABC)

⇒ ∠B = 180⁰ - (∠A + ∠C)

= 180⁰ - (50⁰ + 50⁰)

= 80⁰

Do ∠A = ∠C = 50⁰

⇒ BC = AB (quan hệ giữa cạnh và góc đối diện)

Do ∠B > ∠A (80⁰ > 50⁰)

⇒ AC > BC

⇒ AC > BC = AB

Bài 2

a) Ta có:

∠A + ∠B + ∠C = 180⁰ (tổng ba góc trong ∆ABC)

⇒ ∠C = 180⁰ - (∠A + ∠B)

= 180⁰ - (100⁰ + 40⁰)

= 40⁰

⇒ ∠A là góc lớn nhất

⇒ BC là cạnh lớn nhất (cạnh đối diện với góc lớn nhất)

b) ∆ABC có:

∠B = ∠C = 40⁰

⇒ ∆ABC cân tại A

Ta có:

abcdef = 1000abc + def

Do (abc + def) ⋮ 37

Mà 37 là số nguyên tố

⇒ abc ⋮ 37 và def ⋮ 37

*) abc ⋮ 37

⇒ 1000abc ⋮ 37

⇒ (1000abc + def) ⋮ 37

⇒ abcdef ⋮ 37

a: Xét ΔMAE và ΔMDB có

MA=MD

\(\widehat{AME}=\widehat{DMB}\)(hai góc đối đỉnh)

ME=MB

Do đó: ΔMAE=ΔMDB

=>AE=BD

b: Xét ΔABC có \(\widehat{ACB}< \widehat{ABC}\)

mà AB,AC lần lượt là cạnh đối diện của các góc ACB,ABC

nên AB<AC

Xét ΔABC có AB<AC

mà BD,CD lần lượt là hình chiếu của AB,AC trên BC

nên BD<CD

c: Xét ΔMAF và ΔMDC có

MA=MD

\(\widehat{AMF}=\widehat{DMC}\)(hai góc đối đỉnh)

MF=MC

Do đó: ΔMAF=ΔMDC

=>\(\widehat{MAF}=\widehat{MDC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AF//DC

=>AF//BC

Ta có: ΔMAE=ΔMDB

=>\(\widehat{MAE}=\widehat{MDB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AE//BD

=>AE//BC

Ta có: AE//BC

AF//BC

AE,AF có điểm chung là A

Do đó: E,A,F thẳng hàng

Bổ sung đề; MB\(\perp\)OB tại B

a: Xét ΔOAM vuông tại A và ΔOBM vuông tại B có

OM chung

\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)(OM là phân giác của góc AOB)

Do đó: ΔOAM=ΔOBM

=>MA=MB

b: Ta có: ΔOAM=ΔOBM

=>OA=OB

=>ΔOAB cân tại O

c: Xét ΔMAD vuông tại A và ΔMBE vuông tại B có

MA=MB

\(\widehat{AMD}=\widehat{BME}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMAD=ΔMBE

=>MD=ME

a) Do ∆DEF cân tại D (gt)

⇒ DE = DF

Do M là trung điểm của EF (gt)

⇒ ME = MF

Xét ∆DEM và ∆DFM có:

DE = DF (cmt)

DM là cạnh chung)

ME = MF (cmt)

⇒ ∆DEM = ∆DFM (c-c-c)

b) Sửa đề: Chứng minh DM ⊥ EF

Do ∆DEM = ∆DFM (cmt)

⇒ ∠DME = ∠DMF (hai góc tương ứng)

Mà ∠DME + ∠DMF = 180⁰ (kề bù)

⇒ ∠DME = ∠DMF = 180⁰ : 2 = 90⁰

⇒ DM ⊥ EF

c) Xét ∆DEM và ∆KFM có:

DM = KM (gt)

∠DME = ∠KMF (đối đỉnh)

ME = MF (cmt)

⇒ ∆DEM = ∆KFM (c-g-c)

⇒ DE = KF (hai cạnh tương ứng)

Mà DE = DF (cmt)

⇒ KF = DF

⇒ ∆FDK cân tại F

a) Ta có :

\(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{4}=\dfrac{z}{5}=k\)

\(\Rightarrow k^3=\dfrac{x}{3}.\dfrac{y}{4}.\dfrac{z}{5}=\dfrac{480}{3.4.5}=8\)

\(\Rightarrow k=2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{3}=2\\\dfrac{y}{4}=2\\\dfrac{z}{5}=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=6\\y=8\\z=10\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}x=6\\y=8\\z=10\end{matrix}\right.\)

b) Ta có :

\(\dfrac{a}{4}=\dfrac{b}{8}=\dfrac{c}{16}\)

\(\Rightarrow\left(\dfrac{a}{4}\right)^2=\left(\dfrac{b}{8}\right)^2=\left(\dfrac{c}{16}\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{16}=\dfrac{b^2}{64}=\dfrac{c^2}{256}\)

Áp dụng TCDTSBN, ta có :

\(\dfrac{a^2}{16}=\dfrac{b^2}{64}=\dfrac{c^2}{256}=\dfrac{a^2-b^2}{16-64}=\dfrac{-60}{-48}=\dfrac{5}{4}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a^2}{16}=\dfrac{5}{4}\\\dfrac{b^2}{64}=\dfrac{5}{4}\\\dfrac{c^2}{256}=\dfrac{5}{4}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=4.5\\b^2=16.5\\c^2=256.5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\pm2\sqrt[]{5}\\b=\pm4\sqrt[]{5}\\c=\pm16\sqrt[]{5}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}a=\pm2\sqrt[]{5}\\b=\pm4\sqrt[]{5}\\c=\pm16\sqrt[]{5}\end{matrix}\right.\)

a) Áp dụng TCDTSBN, ta có :

\(\dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{2}=\dfrac{z}{4}=\dfrac{2x-4y+z}{1.2-4.2+4}=\dfrac{-6}{-2}=3\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{1}=3\\\dfrac{y}{2}=3\\\dfrac{z}{4}=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=6\\z=12\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=6\\z=12\end{matrix}\right.\)

b) Áp dụng TCDTSBN, ta có :

\(\dfrac{a}{2}=\dfrac{b}{-4}=\dfrac{c}{6}=\dfrac{a-5b+4c}{2-5.\left(-4\right)+4.6}=\dfrac{23}{46}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a}{2}=\dfrac{1}{2}\\\dfrac{b}{-4}=\dfrac{1}{2}\\\dfrac{c}{4}=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=-2\\c=2\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=-2\\c=2\end{matrix}\right.\)

A B C H K I M

a/

Xét tg vuông AHB và tg vuông AHC có

AB = AC (cạnh bên tg cân)

HB = HC (trong tg cân đường cao hạ từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

=> tg AHB = tg AHC (Hai tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau)

b/

Xét tg ABC có

HB = HC (cmt); HK//AB (gt) => KA=KC (trong tg đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

Xét tg vuông AHC có

KA=KC (cmt)

\(\Rightarrow HK=KA=KC=\dfrac{AC}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

=> tg AHK cân tại K

c/

Xét tg vuông ABC có

HB=HC (cmt); KA=KC (cmt) => I là trọng tâm của tg ABC 

=> CI là trung uyến của tg ABC (trong tg 3 đường trung tuyến đồng quy) \(\Rightarrow M\in CI\) => C, I, M thẳng hàng