Đặt \(\dfrac{x}{-4}=\dfrac{y}{-7}=\dfrac{z}{3}=k\)

=>\(x=-4k;y=-7k;z=3k\)

\(A=\dfrac{-2x+y+3z}{2x-3y-6z}\)

\(=\dfrac{-2\cdot\left(-4k\right)+\left(-7k\right)+3\cdot3k}{2\cdot\left(-4k\right)-3\cdot\left(-7k\right)-6\cdot3k}\)

\(=\dfrac{8k-7k+9k}{-8k+21k-18k}\)

\(=\dfrac{10}{-26+21}=-2\)

Bổ sung đề. ∆ABC cân tại A

a) Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠C = ∠B = 70⁰

Ta có:

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

⇒ ∠A = 180⁰ - (∠B + ∠C)

= 180⁰ - (70⁰ + 70⁰)

= 40⁰

b) Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠B = ∠C = 50⁰

Ta có:

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

⇒ ∠A = 180⁰ - (∠B + ∠C)

= 180⁰ - (50⁰ + 50⁰)

= 80⁰

c) Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠B = ∠C

Ta có:

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

⇒ ∠B + ∠C = 180⁰ - ∠A

= 180⁰ - 80⁰

= 100⁰

Mà ∠B = ∠C (cmt)

⇒ ∠B = ∠C = 100⁰ : 2 = 50⁰

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACE\) có:

\(AB=AC\) (vì là hai cạnh bên trong tam giác cân)

\(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\) (vì là hai góc ở đáy trong tam giác cân)

\(BD=CE\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABD=\Delta ACE\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow AD=AE\) (2 cạnh tương ứng)

Hay ΔADE cân tại A 

Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ AB = AC và ∠B₁ = ∠C₁

Xét ∆ABD và ∆ACE có:

AB = AC (cmt)

∠B₁ = ∠C₁ (cmt)

BD = CE (gt)

⇒ ∆ABD = ∆ACE (c-g-c)

⇒ AD = AE (hai cạnh tương ứng)

⇒ ∆ADE cân tại A

a) Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = ∠ACB và AB = AC

Do ∠ABC = ∠ACB (cmt)

⇒ ∠ABH = ∠ACH

Xét hai tam giác vuông: ∆ABH và ∆ACH có:

AB = AC (cmt)

∠ABH = ∠ACH (cmt)

⇒ ∆ABH = ∆ACH (cạnh huyền - góc nhọn)

b) Do ∆ABH = ∆ACH (cmt)

⇒ BH = CH (hai cạnh tương ứng)

Do ∠ABH = ∠ACH (cmt)

⇒ ∠EBH = ∠FCH

Xét hai tam giác vuông: ∆EBH và ∆FCH có:

BH = CH (cmt)

∠EBH = ∠FCH (cmt)

⇒ ∆EBH = ∆FCH (cạnh huyền - góc nhọn)

⇒ EB = FC (hai cạnh tương ứng)

c) Do HK // AB (gt)

⇒ ∠KHC = ∠ABC (đồng vị)

Mà ∠ABC = ∠ACB (cmt)

⇒ ∠KHC = ∠ACB

⇒ ∠KHC = ∠KCH

⇒ ∆KCH cân tại K

⇒ KH = KC (1)

Do ∆ABH = ∆ACH (cmt)

⇒ ∠BAH = ∠CAH (hai góc tương ứng)

⇒ ∠BAH = ∠KAH

Do HK // AB (gt)

⇒ ∠KHA = ∠BAH (so le trong)

Mà ∠BAH = ∠KAH (cmt)

⇒ ∠KHA = ∠KAH

⇒ ∆KAH cân tại K

⇒ KA = KH (2)

Từ (1) và (2) ⇒ KA = KC

Hay K là trung điểm của AC

a: Ta có: \(\widehat{ABD}=\widehat{DBC}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}\)

\(\widehat{ACE}=\widehat{ECB}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

nên \(\widehat{ABD}=\widehat{DBC}=\widehat{ACE}=\widehat{ECB}\)

Xét ΔABD và ΔACE có

\(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\)

AB=AC

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD=ΔACE

=>AD=AE

=>ΔADE cân tại A

b: Xét ΔABC có \(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)

nên DE//BC

c: Sửa đề: BE=ED=DC

Ta có: ED//BC

=>\(\widehat{EDB}=\widehat{DBC}\)(hai góc so le trong)

mà \(\widehat{DBC}=\widehat{EBD}\)(BD là phân giác của góc EBC)

nên \(\widehat{EDB}=\widehat{EBD}\)

=>ΔEBD cân tại E

=>EB=ED

Ta có: AE+EB=AB

AD+DC=AC

mà AE=AD

và AB=AC

nên EB=DC

=>BE=ED=DC

Lời giải:

Sử dụng bổ đề: Một số chính phương $x^2$ khi chia 3 dư 0 hoặc 1.

Chứng minh:

Nêú $x$ chia hết cho $3$ thì $x^2⋮3$ (dư $0$)

Nếu $x$ không chia hết cho $3$. Khi đó $x=3k\pm 1$ 

$\Rightarrow x^2=(3k\pm 1{)}^2=9k^2\pm 6k+1$ chia $3$ dư $1$

Vậy ta có đpcm

-----------------------------

Áp dụng vào bài:

TH1: Nếu $a,b$ chia hết cho $3$ thì hiển nhiên $ab(a^2+2)(b^2+2)⋮9$

TH1: Nếu $a⋮3,b/⋮3$

$\Rightarrow b^2$ chia $3$ dư $1$

$\Rightarrow b^2+3⋮3$

$\Rightarrow a(b^2+3)⋮9$

$\Rightarrow ab(a^2+3)(b^2+3)⋮9$

TH3: Nếu $a/⋮3;b⋮3$

$\Rightarrow a^2$ chia $3$ dư $1$

$\Rightarrow a^2+2⋮3$

$\Rightarrow b(a^2+2)⋮9$

$\Rightarrow ab(a^2+2)(b^2+2)⋮9$

TH4: Nếu $a/⋮3;b/⋮3$

$\Rightarrow a^2,b^2$ chia $3$ dư $1$

$\Rightarrow a^2+2⋮3;b^2+2⋮3$

$\Rightarrow ab(a^2+2)(b^2+2)⋮9$

đây bạn

Ta có: \(A=\dfrac{2023}{x^{2022}+2023}+2022\)

Lại có: \(x^{2022}\ge0\forall x\)

\(\Leftrightarrow x^{2022}+2023\ge2023\forall x\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^{2022}+2023}\le\dfrac{1}{2023}\forall x\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2023}{x^{2022}+2023}+2022\le\dfrac{2023}{2023}+2022=2023\forall x\)

\(\Leftrightarrow A\le2023\forall x\)

Dấu \("="\) xảy ra khi: \(x^{2022}=0\Leftrightarrow x=0\)

Vậy \(Max_A=2023\) tại \(x=0\).

Biểu thức $A$ lớn nhất khi và chỉ khi $x^{2022}+2023$ nhỏ nhất.

Ta có: $x^{2022}\ge 0$ với mọi $x$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=0$.

Vậy khi $x=0$, $A$ đạt giá trị lớn nhất bằng $2023$.

a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBED vuông tại E có

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔBED

b: Ta có: ΔBAD=ΔBED

=>BA=BE

Xét ΔBEF vuông tại E và ΔBAC vuông tại A có

BE=BA

\(\widehat{EBF}\) chung

Do đó: ΔBEF=ΔBAC

=>BF=BC

=>ΔBFC cân tại B

c: Ta có: ΔBFC cân tại B

mà BD là đường phân giác

nên BD là đường trung tuyến của ΔBCF

a) Xét $\Delta BAD$ và $\Delta BED$ lần lượt vuông tại $A$ và $E$.

    $BD$ chung.

    $\widehat{ABD}=\widehat{EBD}$ ($BD$ là tia phân giác).

Suy ra $\Delta BAD=\Delta BED$ (cạnh huyền - góc nhọn).

b) Vì $\Delta BAD=\Delta BED(c/m$ phần a) nên $AD=ED;BA=BE$ (2)

Xét $\Delta AFD$ vuông tại $A$ và $\Delta ECD$ vuông tại $E$ có:

    $AD=ED(cmt)$

    $\widehat{ADF}=\widehat{EDC}$ (đối đỉnh)

Suy ra $\Delta AFD=\Delta ECD$ (cạnh góc vuông - góc nhọn)

Nên $AF=EC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $AF+BA=BE+EC$

Hay $BF=BC$

Vậy $\Delta BCF$ cân tại $B$.

c) Giả sử $BD$ kéo dài cắt $FC$ tại $K$

Xét $\Delta BKF$ và $\Delta BKC$ có:

    $BK$ là cạnh chung

    $\widehat{KBF}=\widehat{KBC}$ (Vì $BD$ là phân giác của $\widehat{ABC}$ )

     $BF=BC$ ( chứng minh phần $b)$

Suy ra $\Delta BKF=\Delta BKC($ c.g.c $)$

Suy ra $KF=KC$ (hai cạnh tương ứng)

Vậy $BK$ hay $BD$ là đường trung tuyến của $\Delta BCF$.

a) P(x) = 2x³ - 3x + 5x² + 2 + x

= 2x³ + 5x² + (-3x + x) + 2

= 2x³ + 5x² - 2x + 2

Q(x) = -x³ - 3x² + 2x + 6 - 2x²

= -x³ + (-3x² - 2x²) + 2x + 6

= -x³ - 5x² + 2x + 6

b) P(x) + Q(x) = (2x³ + 5x² - 2x + 2) + (-x³ - 5x² + 2x + 6)

= 2x³ + 5x² - 2x + 2 - x³ - 5x² + 2x + 6

= (2x³ - x³) + (5x² - 5x²) + (-2x + 2x) + (2 + 6)

= x³ + 8

P(x) - Q(x) = (2x³ + 5x² - 2x + 2) - (-x³ - 5x² + 2x + 6)

= 2x³ + 5x² - 2x + 2 + x³ + 5x² - 2x - 6

= (2x³ + x³) + (5x² + 5x²) + (-2x - 2x) + (2 - 6)

= 3x³ + 10x² - 4x - 4

a) Sắp xếp $P(x)$ và $Q(x)$ theo lũy thừa giảm dần.

$P(x)=2x^3+5x^2-2x+2$.

$Q(x)=-x^3-5x^2+2x+6$.

b) $P(x)+Q(x)=x^3+8$.

$P(x)-Q(x)=3x^3+10x^2-4x-4$.

a) Tập hợp M: 

M={xanh; đỏ; vàng; da cam; tím; trắng; hồng} 

b) Xác xuất để biêna cố trên xảy ra là: 

`P=1/7`

a) Tập hợp $M$ gồm các kết quả có thể xảy ra khi bút màu được rút ra là:

$M=$ $\{$ xanh, đỏ, vàng, da cam, tím, trắng, hồng $\}$.

b) Số phần tử của tập hợp $M$ là $7$.

Xác suất biến cố "Màu được rút ra là vàng" là: $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{7}$