M N P 3 4 H D K

a, Xét tam giác NMP vuông tại M, có đường cao MH 

Áp dụng định lí Py ta go ta có : 

\(NP^2=MN^2+MP^2=9+16=25\Rightarrow NP=5\)cm 

Vì ND là đường phân giác nên : \(\frac{MN}{NP}=\frac{MD}{DP}\)mà \(DP=MP-MD=4-MD\)

hay \(\frac{3}{5}=\frac{MD}{4-MD}\Rightarrow12-3MD=5MD\)

\(\Leftrightarrow8MD=12\Leftrightarrow MD=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}\)cm 

b, Xét tam giác MHN và tam giác MNP ta có :

^NHM = ^NMP = 90⁰

^N _ chung 

Vậy tam giác MHN ~ tam giác MNP ( g.g )

c, Xét tam giác NDM và tam giác NKH ta cs : 

^MNP = ^NHK = 90⁰

\(\frac{MN}{NH}=\frac{MK}{KH}\)( NK là đường phân giác )

Vậy tam giác NDM ~ tam giác NKH ( c.g.c )

\(\Rightarrow\frac{ND}{NK}=\frac{NM}{NH}\)( tỉ số đồng dạng ) \(\Rightarrow ND.NH=NM.NK\)

Sửa đề : \(\left(x^2-6x+9\right)^3+\left(1-x^2\right)^3+\left(6x-10\right)^3=0\)

sử dụng bổ đề này nhé \(a^3+b^3+c^3=3abc\)

hay \(\Leftrightarrow3\left(x^2-6x+9\right)\left(1-x^2\right)\left(6x-10\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)^2\left(1-x\right)\left(x+1\right)\left(6x-10\right)=0\Leftrightarrow x=3;\pm1;\frac{5}{3}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { -1 ; 1 ; 5/3 ; 3 } 

\(\left(x^2-6x+9\right)^3+\left(1-x^2\right)^3+\left(6x-10\right)^3-0\)

Đặt \(1-x^2=a,6x-10=b\)thì \(x^2-6x+9=-\left(x^2-2-6x+10\right)=-a-b\), phương trình trở thành:

\(\left(-a-b\right)^3+a^3+b^3=0\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3-\left(a+b\right)^3=0\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3-a^3-b^3-3ab\left(a+b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(-3\right)ab\left(a+b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(-a-b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(1-x^2\right)\left(6x-10\right)\left(x^2-6x+9\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(1-x\right)\left(1+x\right)\left(6x+10\right)\left(x-3\right)^2=0\)

-Với \(1-x=0\Leftrightarrow x=1\)

-Với \(1+x=0\Leftrightarrow x=-1\)

-Với \(6x+10=0\Leftrightarrow6x=-10\Leftrightarrow x=-\frac{5}{3}\)

-Với \(\left(x-3\right)^2=0\Leftrightarrow x-3=0\Leftrightarrow x=3\)

Vậy phương trình có tập nghiệm : \(S=\left\{\pm1;-\frac{5}{3};3\right\}\)

A B C 4 6 M N P

a, giả sử MN // BC 

theo đinh lí Ta lét ta có : \(\frac{AN}{NC}=\frac{AM}{MB}=\frac{1}{3}=\frac{1,5}{4,5}\) 

Vậy MN // BC ( đpcm )

b, Xét tam giác AMN và tam giác ABC ta có : 

^A chung 

\(\frac{AN}{NC}=\frac{AM}{MB}\)( cmt )

Vậy tam giác AMN ~ tam giác ABC ( c.g.c ) (1)

Xét tam giác NPC và tam giác ABC ta có : 

^C chung 

\(\frac{NC}{NA}=\frac{CP}{PB}\)( PN // AB, theo định lí Ta lét )

Vậy tam giác NPC ~ tam giác ABC ( c.g.c ) (2)

Từ (1) ; (2) suy ra : tam giác AMN ~ tam giác NPC 

Ta có: \(\left(x-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+1\ge2x\).

\(A=\frac{x+3}{x^2+7}=\frac{x+3}{x^2+1+6}\le\frac{x+3}{2x+6}=\frac{1}{2}\)

Dấu \(=\)xảy ra khi \(x=1\).

Vậy \(maxA=\frac{1}{2}\).

Giả sử.\(\frac{1}{1-x^2}+\frac{1}{1-y^2}\ge\frac{2}{1-xy}\left(x\ge1;y\ge1\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1-y^2}{\left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)}+\frac{1-x^2}{\left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)}\)\(\ge\frac{2}{1-xy}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1-y^2+1-x^2}{\left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)}\ge\frac{2}{1-xy}\)

\(\Leftrightarrow\frac{2-x^2-y^2}{1-x^2+x^2y^2-y^2}\ge\frac{2}{1-xy}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(2-x^2-y^2\right)\left(1-xy\right)}{\left(1-x^2+x^2y^2-y^2\right)\left(1-xy\right)}\ge\frac{2\left(1-x^2+x^2y^2-y^2\right)}{\left(1-xy\right)\left(1-x^2+x^2y^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(2-x^2-y^2\right)\left(1-xy\right)\ge2\left(1-x^2+x^2y^2-y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow2-2xy-x^2+x^3y-y^2+xy^3\)\(\ge2-2x^2+2x^2y^2-2y^2\)

\(\Leftrightarrow2-2xy-x^2+x^3y-y^2+xy^3\)\(-2+2x^2+2y^2-2x^2y^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2-2xy+xy\left(x^2+y^2\right)-2xy.xy\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-2xy+y^2\right)+xy\left(x^2-2xy+y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+xy\left(x-y\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(xy+1\right)\left(x-y\right)^2\ge0\)

Ta có:

\(\left(x-y\right)^2\ge0\forall x;y\);\(xy\ge1\)(vì \(x\ge1;y\ge1\))\(\Rightarrow xy+1\ge2\forall x\ge1;y\ge1\)

Do đó: \(\left(xy+1\right)\left(x-y\right)^2\ge0\forall x\ge1;y\ge1\)(luôn đúng).

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=1\).

Vậy \(\frac{1}{1-x^2}+\frac{1}{1-y^2}\ge\frac{2}{1-xy}\)với \(x\ge1;y\ge1\).

Trả lời:

Phương trình có nghiệm x=5, ta thay vào PT đã cho:

 m (5-3)=6

=> m=3

Đáp số: m=3

(x^4+ x^3)  + x +1=0

=> x^3 (x+1) +x+1 =0

=>( x^3+1)(x+1)=0

=> \(\orbr{\begin{cases}x^3+1=0\\x+1=0\end{cases}}< =>x=-1\)

Vay S ={-1}

\(x^4+x^3+x+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^4+x\right)+\left(x^3+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x^3+1\right)+\left(x^3+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x^3+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2\left(x^2-x+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x+1\right)^2=0\\x^2-x+1=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+1=0\\\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}=0\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\\left(x-\frac{1}{2}\right)^2=-\frac{3}{4}\left(vn\right)\end{cases}}\Leftrightarrow x=-1\)

vn : vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : \(x=-1\)

\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)

\(\Leftrightarrow a+b=0;b+c=0;c+a=0\)

Thế lần lược các trường hợp vô tính được M = 0