\(2\left(x-3\right)^4-3^2=503\\ \Rightarrow2\left(x-3\right)^4=512\\ \Rightarrow\left(x-3\right)^4=256\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-3=4\\x-3=-4\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=7\\x=-1\end{matrix}\right.\)

`2(x-3)^4-3^2=503`

`=>2(x-3)^4-9=503`

`=>2(x-3)^4=503+9`

`=>2(x-3)^4=512`

`=>(x-3)^4=512:2`

`=>(x-3)^4=256`

`=>(x-3)^4=4^4` hoặc `(x-3)^4=(-4)^4`

`=>x-3=4` hoặc `x-3=-4`

`=>x=7` hoặc `x=-1`

Vậy `x in{-1;7}`

\(f(x)=ax^2+bx+6\)

Để \(f(x)\) là đa thức bậc \(1\) thì \(ax^2=0\)

\(→a=0\)

Thay \(x=1\) vào \(f(x)=ax^2+bx+6\)

\(f(1)=b.1+6=b+6\)

Mà \(f(1)=3\)

\(\Rightarrow b+6=3\Rightarrow b=3−6\Rightarrow b=−3\)

Vậy \(a=0;b=−3\)

4:

a: Xét tứ giác ABDC có

M là trung điểm chung của AD và BC

góc BAC=90 độ

=>ABDC là hcn

=>ΔACD vuông tại C

b: Xét ΔKAB vuông tại A và ΔKCD vuông tại C có

KA=KC

AB=CD

=>ΔKAB=ΔKCD

=>KB=KD

c: Xét ΔACD có

DK,CM là trung tuyến

DK cắt CM tại I

=>I là trọng tâm

=>KI=1/3KD

Xét ΔCAB có

AM,BK là trung tuyến

AM cắt BK tại N

=>N là trọng tâm

=>KN=1/3KB=KI

Khỏi vẽ hình cũng dược 

Giải giúp mình di mình dang can gấp 

-Hình vẽ:

a) -Ta có: \(\widehat{CAM}=60^0\) (△ACM đều), \(\widehat{MBD}=60^0\) (△BDM đều).

=>\(\widehat{CAM}=\widehat{MBD}=60^0\) hay \(\widehat{OAB}=\widehat{OBA}=60^0\)

=>△ABO đều.

b) -Ta có: \(\widehat{AMC}=60^0\) (△ACM đều) ; \(\widehat{MBD}=60^0\) (△BDM đều).

=.\(\widehat{AMC}=\widehat{MBD}\) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị.

=>MC//BO.

-Ta có: \(\widehat{CAM}=60^0\) (△ACM đều) ; \(\widehat{BMD}=60^0\) (△BDM đều).

=.\(\widehat{CAM}=\widehat{BMD}\) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị.

=>AC//MD.

-Xét △OCM và △MDO có:

\(\widehat{OMC}=\widehat{MOD}\) (MC//OD và so le trong).

\(OM\) là cạnh chung.

\(\widehat{COM}=\widehat{DMO}\) (OC//MD và so le trong).

=>△OCM = △MDO (c-g-c).

=>\(MC=OD\) (2 cạnh tương ứng) ; \(MD=OC\) (2 cạnh tương ứng).

c) -Ta có: \(\widehat{BMD}+\widehat{AMD}=180^0\) (kề bù).

Mà \(\widehat{BMD}=60^0\) (△BDM đều).

=>\(60^0+\widehat{AMD}=180^0\)

=>\(\widehat{AMD}=120^0\)

-Ta có: \(\widehat{AMC}+\widehat{CMB}=180^0\) (kề bù).

Mà \(\widehat{AMC}=60^0\) (△ACM đều).

=>\(60^0+\widehat{CMB}=180^0\)

=>\(\widehat{CMB}=120^0\)

-Xét △AMD và △CMB có:

\(AM=CM\) (△ACM đều).

\(\widehat{AMD}=\widehat{CMB}=120^0\)

\(MD=MB\) (△BDM đều).

=>△AMD = △CMB (c-g-c).

=>\(AD=BC\) (2 cạnh tương ứng).

d) -Ta có: \(AD=2AI\) (I là trung điểm AD) ; \(BC=2CK\) (K là trung điểm BC).

Mà \(AD=BC\) (cmt) nên \(AI=CK\).

-Xét △AMI và △CMK có:

\(AI=CK\)(cmt).

\(\widehat{MAI}=\widehat{MCK}\)(△AMD = △CMB)

\(AM=CM\) (△ACM đều).

=>△AMI=△CMK (c-g-c).

=>\(MI=MK\) (2 cạnh tương ứng) nên △MIK cân tại M (1).

\(\widehat{AMI}=\widehat{CMK}\)(2 góc tương ứng).

Mà \(\widehat{AMI}=\widehat{AMC}+\widehat{CMI}\) ; \(\widehat{CMK}=\widehat{CMI}+\widehat{IMK}\)

=>\(\widehat{AMC}=\widehat{CMI}\).

Mà \(\widehat{AMC}=60^0\) (△AMC đều).

=>\(\widehat{CMI}=60^0\) (2).

-Từ (1) và (2) suy ra: △MIK đều.

a, Theo định lí Pytago tam giác ABH vuông tại H

\(AH=\sqrt{AB^2-BH}=\sqrt{81-9}=6\sqrt{2}\)

Theo định lí Pytago tam giác AHC vuông tại H

\(HC=x=\sqrt{AC^2-AH^2}=7\)

b, Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH

* Áp dụng hệ thức : \(AC^2=HC.BC=1600\Rightarrow AC=x=40\)

Khó quá! Lạy ông đi qua lạy bà đi lại giúp mình zớiiii !!!

x^2 - 3x - 4=0

x^2 - 3x =0+4

x^2 -3x=4

x.x-3x=4

x.(x-3)=4

Suy ra x>3 và x ko thể bằng 3 

Vậy x xhir có thể là 4

=x^2+x-4x-4

=(x^2+x)-(4x+4)

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

=(x+1)(x-4)

=>

x=-1

và

x=4

-GT: Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3
-KL: chúng song song với nhau (bn đừng có ghi thêm chữ “thì” ở đầu KL nha! Vì KL cũng có thể nói nôm na là “thì” luôn)

cảm ơn