\(\sqrt{\frac{25}{81}}-1\frac{5}{9}+\left(-1\right)^{2015}+4\sqrt{\frac{1}{4}}\)

\(=\frac{5}{9}-1-\frac{5}{9}-1+4.\frac{1}{2}\)

\(=-2+2=0\)

a) Py-ta-go \(\Delta ABH\), ta có : \(AB^2=AH^2+BH^2=25\Rightarrow AB=5\)

\(AH^2=BH.HC\Rightarrow HC=\frac{AH^2}{BH}=\frac{16}{3}\)

\(AB.AC=AH.BC\)hay \(5.AC=4.\left(3+\frac{16}{3}\right)\Rightarrow AC=\frac{20}{3}\)

b) HB // DI ( cùng vuông góc AI )

\(\Rightarrow\frac{BH}{DI}=\frac{AB}{AD}=\frac{1}{2}\Rightarrow DI=2BH=6\)

\(\frac{AH}{HI}=\frac{AB}{BD}=1\)kết hợp với AH = 2HE \(\Rightarrow AH=HI=IE=4\)

\(\tan\widehat{IED}=\frac{DI}{IE}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}\)

\(\tan\widehat{HCE}=\frac{HE}{HC}=\frac{8}{\frac{16}{3}}=\frac{3}{2}\)

c) theo câu b, \(\Rightarrow\tan\widehat{IED}=\tan\widehat{HCE}=\frac{3}{2}\)\(\Rightarrow\widehat{IED}=\widehat{HCE}\)

d) \(\widehat{HCE}+\widehat{HEC}=90^o\Rightarrow\widehat{IED}+\widehat{HEC}=90^o\Rightarrow\widehat{DEC}=90^o\Rightarrow DE\perp EC\)

Đáp án bài? 

gọi I là giao điểm của QM và BD

Áp dụng định lí Mê-nê-la-uyt cho \(\Delta ABD\)

\(\frac{AQ}{QD}.\frac{ID}{IB}.\frac{MB}{MA}=1\)

vì Q,M,I thẳng hàng , kết hợp với MA = QA suy ra \(\frac{MB}{QD}.\frac{ID}{IB}=1\)

Ta có : MB = NB ; DP = DQ ; PC = NC 

nên \(\frac{NB}{DP}.\frac{ID}{IB}=1\Rightarrow\frac{PC}{PD}.\frac{ID}{IB}.\frac{NB}{NC}=1\)

do đó , theo định lí Mê-nê-la-uyt thì I,N,P thẳng hàng

từ đó ta được đpcm

\(a)x^2-5x+6\)

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

\(=x\left(x-2\right)-3\left(x-2\right)\)

\(=\left(x-2\right)\left(x-3\right)\)

\(b)x^3-5x^2+8x-4\)

\(=x^3-x^2+x^2-5x^2+8x-4\)

\(=x^3-x^2-4x^2+4x+4x-4\)

\(=x^2\left(x-1\right)-4x\left(x-1\right)+4\left(x-1\right)\)

\(=\left(x-1\right)\left(x^2-4x+4\right)\)

\(=\left(x-1\right)\left(x-2\right)^2\)

\(c)x^2-5x-14\)

\(=x^2+2x-7x-14\)

\(=x\left(x+2\right)-7\left(x+2\right)\)

\(=\left(x+2\right)\left(x-7\right)\)

Bài 3

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau,ta có:
\(\frac{y+z+1}{x}=\frac{x+z+2}{y}=\frac{x+y-3}{z}=\frac{y+z+1+x+y+2+x+y-3}{x+y+z}=\frac{2\left(x+y+z\right)}{x+y+z}=2\)
=> 1/(x+y+z) = 2
<=> x + y + z = 1/2 <=> y + z = 1/2 - x (1)
.(y+z+1)/x = 2 <=> y + z + 1 = 2x
kết hợp với (1) => 1/2 - x + 1 = 2x
<=> x = 1/2 => y + z = 0 <=> y = -z
có (x+y-3)/z = 2
<=> x + y - 3 = 2z
<=> y - 2z = 5/2
do y = -z => -3z = 5/2 <=> z = -5/6
y = 5/6
Vậy nghiệm tìm được (x;y;z) = (1/2;5/6;-5/6)

\(=2^{34}\left(2^3+1\right)=\left(2^2\right)^{17}.9=4^{17}.3^2\)

Biểu thức trên chia hết cho 12 khi đồng thời chia hết cho cả 3 và 4

Ta thấy 4¹⁷ chia hết cho 4 và 3² chia hết cho 3 => biểu thức trên đồng thời chia hết cho 3 và 4 nên nó chia hết cho 12

Thanks bn nhiều nhiều :3

S=(6+5¹+5²+5³+.........5²⁰²⁰)x20

S=20x(5¹+5²)+20x(5³+5⁴)+...........20x(5²⁰¹⁹+5²⁰²⁰)+20x6

S=20x30+20x(5³+5⁴)+20x6+.........+20x(5²⁰¹⁹+5²⁰²⁰)

S=600+120+20x(5³+5⁴)...........+20x(5²⁰¹⁹+5²⁰²⁰)

Ta có:600+120+20x(5³+5⁴)+.........+20x(5²⁰¹⁹+5²⁰²⁰):hết cho 120

Vì 600:hết cho 120;120:hết cho 120;20x(5³+5⁴)+.............+20x(5²⁰¹⁹+5²⁰²⁰):hết cho 120

Nên S : hết cho 120

Áp dụng công thức n . ( n - 1 ): 2

Thay n = 75 ta có :

75 . ( 75 - 1 ):2

= 75 . 74 : 2

= 5550 : 2

= 2775 ( đường thẳng ) 

\(A=\frac{3}{\sqrt{5}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}-1}-\frac{4}{3-\sqrt{5}}\)

\(=\frac{3\left(\sqrt{5}-\sqrt{2}\right)}{\left(\sqrt{5}+\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{2}\right)}+\frac{\sqrt{2}+1}{\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\sqrt{2}+1\right)}-\frac{4(3+\sqrt{5})}{\left(3-\sqrt{5}\right)\left(3+\sqrt{5}\right)}\)

\(=\frac{3\sqrt{5}-3\sqrt{2}}{3}+\frac{\sqrt{2}+1}{1}-\frac{4\left(3+\sqrt{5}\right)}{4}\)

\(=\sqrt{5}-\sqrt{2}+\sqrt{2}+1-3-\sqrt{5}\)

\(=-2\)

a) ∆ABC cân, suy ra  ˆB1=ˆC1B1^=C1^

 ⇒ˆABM=ˆACN⇒ABM^=ACN^

∆ABM và ∆CAN có:

AB = AC (gt)

ˆABM=ˆACNABM^=ACN^ 

BM = ON (gt)

Suy ra ˆM=ˆNM^=N^

=>∆AMN là tam giác cân ở A.

b) Hai tam giác vuông ∆BHM và ∆CKN có :

BM = CN (gt)

ˆM=ˆNM^=N^ (CM từ câu a)

Nên ∆BHM  = ∆CHN (cạnh huyền, góc nhọn)

Suy ra BH = CK.

c) Theo câu (a) ta có tam giác AMN cân ở A nên AM = AN (*)

Theo câu b ta có ∆BHM = ∆CKN nên suy ra HM = KN (**).

Do đó AH = AM – HM = AN – KN (theo (*) và (**)) = AK

Vậy AH = AK.

d) ∆BHM = ∆CKN suy ra ˆB2=ˆC2B2^=C2^  

Mà ˆB2=ˆB3;ˆC2=ˆC3B2^=B3^;C2^=C3^ (đối đỉnh)

Nên ˆB3=ˆC3B3^=C3^ .

Vậy ∆OBC là tam giác cân.

e) Khi ˆBAC=600BAC^=600 và BM = CN = BC.

+Tam giác cân ABC có ˆBAC=600BAC^=600 nên là tam giác đều.

Do đó: AB = BC = AC = BM = CN

ˆABM=ˆACN=1200ABM^=ACN^=1200 (cùng bù với 60⁰)

∆ABM cân ở B nên ˆM=ˆBAM=1800–12002=300M^=BAM^=1800–12002=300 .

Suy ra ˆANM=ˆAMN=300ANM^=AMN^=300 .

Và ˆMAN=1800–(ˆAMN+ˆANM)=1800–2.300=1200MAN^=1800–(AMN^+ANM^)=1800–2.300=1200

Vậy ∆AMN có ˆM=ˆN=300;ˆA=1200.M^=N^=300;A^=1200.

+∆BHM có: ˆM=300M^=300 nên ˆB2=600B2^=600 (hai góc phụ nhau)

Suy ra ˆB3=600B3^=600

Tương tự ˆC3=600C3^=600

Tam giác OBC có ˆB3=ˆC3=600B3^=C3^=600 nên tam giác OBC là tam giác đều.

(Tam giác cân có một góc bằng 60⁰ nên là tam giác đều).