\(\left(x+2\right)\left(x+4\right)\left(x+6\right)\left(x+8\right)-105=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x+2\right)\left(x+8\right)\right]\left[\left(x+4\right)\left(x+6\right)\right]-105=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+10x+16\right)\left(x^2+10x+24\right)-105=0\) (1)

Đặt \(x^2+10x+20=t\), khi đó (1) trở thành:

\(\left(t-4\right)\left(t+4\right)-105=0\)

\(\Leftrightarrow t^2-16-105=0\)

\(\Leftrightarrow t^2-11^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-11\right)\left(t+11\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(x^2+10x+20-11\right)\left(x^2+10x+20+11\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+10x+9\right)\left(x^2+10x+31\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+9x+x+9\right)\left[\left(x+5\right)^2+6\right]=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x+9\right)+\left(x+9\right)=0\) (vì \(\left(x+5\right)^2+6>0;\forall x\))

\(\Leftrightarrow\left(x+9\right)\left(x+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+9=0\\x+1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-9\\x=-1\end{matrix}\right.\)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là $S=\{-9;-1\}$.

$Toru$

\(\left(x+2\right)\left(x+4\right)\left(x+6\right)\left(x+8\right)-105=0\\ \Leftrightarrow\left[\left(x+2\right)\left(x+8\right)\right]\left[\left(x+4\right)\left(x+6\right)\right]=105\\ \Leftrightarrow\left(x^2+10x+16\right)\left(x^2+10x+24\right)=105\\ \Leftrightarrow\left(x^2+10x+20-4\right)\left(x^2+10x+20+4\right)=105\\ \Leftrightarrow\left(x^2+10x+20\right)^2-4^2=105\\ \Leftrightarrow\left(x^2+10x+20\right)^2=121\\ \)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2+10x+20=11\left(1\right)\\x^2+10x+20=-11\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Giải (1):

\(x^2+10x+9=0\\ \Leftrightarrow\left(x^2+x\right)+\left(9x+9\right)=0\\ \Leftrightarrow x\left(x+1\right)+9\left(x+1\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x+9\right)=0\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x+1=0\\x+9=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=-9\end{matrix}\right.\)

Giải (2):

Nhận thấy: \(x^2+10x+20=\left(x+5\right)^2-5\ge-5\forall x\inℝ\)

Vậy pt (2) vô nghiệm

Vậy tập nghiệm pt là: \(S=\left\{-1;-9\right\}\)

Mình nghĩ là bằng nhau.

`060° = 60°`nhé

1: BC=BH+CH=4+9=13(cm)

Xét ΔHAB vuông tại H và ΔACB vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔHAB~ΔACB

=>\(\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(BA^2=BH\cdot BC=4\cdot13=52\)

=>\(BA=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\left(cm\right)\)

ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2=13^2-\left(2\sqrt{13}\right)^2=117\)

=>\(AC=\sqrt{117}=3\sqrt{13}\left(cm\right)\)

2: ΔHAB~ΔACB

=>\(\dfrac{HA}{AC}=\dfrac{AB}{CB}\)

=>\(HA=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{2\sqrt{13}\cdot3\sqrt{13}}{13}=6\left(cm\right)\)

Xét tứ giác AKHE có \(\widehat{AKH}=\widehat{AEH}=\widehat{KAE}=90^0\)

nên AKHE là hình chữ nhật

=>AH=KE

=>KE=6(cm)

3: Xét ΔAKH vuông tại K và ΔAHB vuông tại H có

\(\widehat{HAB}\) chung

Do đó: ΔAKH~ΔAHB

=>\(\dfrac{AK}{AH}=\dfrac{AH}{AB}\)

=>\(AH^2=AK\cdot AB\left(1\right)\)

Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAHC vuông tại H có

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH~ΔAHC

=>\(\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AH}{AC}\)

=>\(AH^2=AE\cdot AC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AK\cdot AB=AE\cdot AC\)

=>\(\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)

Xét ΔAKE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)

Do đó: ΔAKE~ΔACB

4: ta có: ΔABC vuông tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên IA=IC

=>ΔIAC cân tại I

=>\(\widehat{IAC}=\widehat{ICA}\)

ΔAKE~ΔACB

=>\(\widehat{AEK}=\widehat{ABC}\)

Ta có: \(\widehat{AEK}+\widehat{IAC}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>EK\(\perp\)AI tại N

1. Tính AB, AC:

• Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông AHB:
  • AB² = AH² + HB²
  • AH² = AB² - HB²
• Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông AHC:
  • AC² = AH² + HC²
  • AH² = AC² - HC²
• Từ hai phương trình trên, ta có: AB² - HB² = AC² - HC²
• Suy ra: AB² = AC² - HC² + HB²
• Thay số: AB² = AC² - 9² + 4² = AC² - 65
• Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC:
  • BC² = AB² + AC²
  • BC² = (AC² - 65) + AC² = 2AC² - 65
• Thay BC = HB + HC = 4 + 9 = 13
  • 13² = 2AC² - 65
  • 2AC² = 13² + 65 = 224
  • AC² = 112
  • AC = √112 = 4√7 cm
• Thay AC vào phương trình AB² = AC² - 65:
  • AB² = (4√7)² - 65 = 112 - 65 = 47
  • AB = √47 cm

2. Tính KE:

• Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông AKE:
  • KE² = AK² + AE²
• Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông AHB:
  • AK² = AH² - HK²
• Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông AHC:
  • AE² = AH² - HE²
• Thay vào phương trình KE²:
  • KE² = (AH² - HK²) + (AH² - HE²) = 2AH² - (HK² + HE²)
• Ta có: HK + HE = BC = 13 cm
• Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông HKE:
  • KE² = HK² + HE² = (HK + HE)² - 2HK.HE = 13² - 2HK.HE
• Suy ra: 2AH² - (HK² + HE²) = 13² - 2HK.HE
• 2AH² = 13² + 2HK.HE
• AH² = (13² + 2HK.HE) / 2
• Thay AH² = AB² - HB²:
  • AB² - HB² = (13² + 2HK.HE) / 2
  • 2(AB² - HB²) = 13² + 2HK.HE
  • 2HK.HE = 2(AB² - HB²) - 13²
  • HK.HE = (AB² - HB²) - 13²/2
  • HK.HE = (47 - 4²) - 13²/2 = -65/2
• Vì HK và HE đều dương nên HK.HE = -65/2 là vô lý.
• Vậy, không thể tính KE bằng cách này.

3. Chứng minh AB.AK = AE.AC; AKE ~ ACB:

• Chứng minh AB.AK = AE.AC:
  • Xét tam giác vuông AHB và tam giác vuông AHC, ta có:
    • Góc BAH = Góc CAH (cùng bằng 90 độ)
    • Góc ABH = Góc ACH (cùng phụ với góc BAH)
  • Suy ra tam giác AHB đồng dạng với tam giác AHC (g-g)
  • Do đó: AB/AC = AH/AH = 1
  • Suy ra: AB = AC
  • Xét tam giác vuông AKE và tam giác vuông ACB, ta có:
    • Góc KAE = Góc CAB (cùng bằng 90 độ)
    • Góc AKE = Góc ACB (cùng phụ với góc KAE)
  • Suy ra tam giác AKE đồng dạng với tam giác ACB (g-g)
  • Do đó: AK/AC = AE/AB
  • Suy ra: AB.AK = AE.AC
• Chứng minh AKE ~ ACB:
  • Xét tam giác vuông AKE và tam giác vuông ACB, ta có:
    • Góc KAE = Góc CAB (cùng bằng 90 độ)
    • Góc AKE = Góc ACB (cùng phụ với góc KAE)
  • Suy ra tam giác AKE đồng dạng với tam giác ACB (g-g)

4. Chứng minh AI vuông góc KE tại N:

• Xét tam giác ABC:
  • I là trung điểm của BC nên AI là đường trung tuyến của tam giác ABC.
• Xét tam giác AKE:
  • N là giao điểm của AI và KE nên N là trọng tâm của tam giác AKE.
• Theo tính chất trọng tâm của tam giác:
  • Trọng tâm của tam giác cách mỗi đỉnh một khoảng bằng 2/3 độ dài đường trung tuyến đi qua đỉnh đó.
  • Do đó: AN = 2/3 AI
• Xét tam giác vuông AHI:
  • AI là đường trung tuyến của tam giác vuông AHI nên AI = 1/2 HI.
• Suy ra:
  • AN = 2/3 AI = 2/3 * (1/2 HI) = 1/3 HI
  • Do đó: IN = AI - AN = 1/2 HI - 1/3 HI = 1/6 HI
• Xét tam giác vuông HKE:
  • N là trung điểm của KE nên HN là đường trung tuyến của tam giác vuông HKE.
• Theo tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông:
  • Đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.
  • Do đó: HN = 1/2 KE
• Suy ra:
  • IN = 1/6 HI = 1/2 HN
  • Do đó: HN = 3IN
• Xét tam giác HIN:
  • HN = 3IN nên tam giác HIN vuông tại I (định lý đảo của định lý Pytago).
• Kết luận:
  • AI vuông góc KE tại N.

Lưu ý:

• Trong bài toán này, không thể tính KE bằng cách sử dụng định lý Pitago trong tam giác vuông HKE vì HK.HE là một số âm.
• Việc chứng minh AB.AK = AE.AC và AKE ~ ACB là cần thiết để chứng minh AI vuông góc KE tại N.
• Việc chứng minh AI vuông góc KE tại N là một ứng dụng của tính chất trọng tâm của tam giác và tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông.
•  

∆ABC có:

AB = BC (gt)

⇒ ∆ABC cân tại B

⇒ ∠BAC = ∠BCA (1)

Do AC là tia phân giác của ∠BAD (gt)

⇒ ∠DAC = ∠BAC (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ∠BCA = ∠DAC

Mà ∠BCA và ∠DAC là hai góc so le trong

⇒ BC // AD

⇒ ABCD là hình thang

a: Xét ΔAEF có

AH là đường cao

AH là đường phân giác

Do đó: ΔAEF cân tại A

Xét ΔAEF có BM//EF

nên \(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AM}{AF}\)

mà AE=AF

nên AB=AM

=>ΔABM cân tại A

b: Kẻ BK//AC(K\(\in\)EF)

Xét tứ giác BMFK có

BM//FK

BK//MF

DO đó: BMFK là hình bình hành

=>BK=MF

Xét ΔBDK và ΔCDF có

\(\widehat{BDK}=\widehat{CDF}\)(hai góc đối đỉnh)

DB=DC

\(\widehat{DBK}=\widehat{DCF}\)(BK//CF)

Do đó: ΔBDK=ΔCDF

=>BK=CF

Ta có: BK//FC

=>\(\widehat{BKE}=\widehat{AFE}\)

=>\(\widehat{BKE}=\widehat{BEK}\)

=>BE=BK

mà BK=FC và BK=MF

nên MF=BE=CF

\(\left(2x-3\right)^2-\left(x-5\right)\left(4x^2-1\right)=7x+6\)

=>\(4x^2-12x+9-\left(4x^3-x-20x^2+5\right)=7x+6\)

=>\(4x^2-12x+9-4x^3+20x^2+x-5-7x-6=0\)

=>\(-4x^3+24x^2-18x-2=0\)

=>\(-4x^3+4x^2+20x^2-20x+2x-2=0\)

=>\(-4x^2\left(x-1\right)+20x\left(x-1\right)+2\left(x-1\right)=0\)

=>\(\left(x-1\right)\left(-4x^2+20x+2\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\-4x^2+20x+2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=\dfrac{5\pm3\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.\)

mong các bạn giúp đỡ 

ngày 12/6 là mình đi học rồi vào buổi sáng

\(\frac{x-1}{1999}+\frac{x-2}{1998}=\frac{x-3}{1997}+\frac{x-4}{1996}\\\Leftrightarrow \left(\frac{x-1}{1999}-1\right) +\left(\frac{x-2}{1998}-1\right)=\left(\frac{x-3}{1997}-1\right)+\left(\frac{x-4}{1996}-1\right)\\\Leftrightarrow \frac{x-2000}{1999}+\frac{x-2000}{1998}=\frac{x-2000}{1997}+\frac{x-2000}{1996}\\\Leftrightarrow \frac{x-2000}{1999}+\frac{x-2000}{1998}-\frac{x-2000}{1997}-\frac{x-2000}{1996}=0\\ \Leftrightarrow (x-2000)\left(\frac{1}{1999}+\frac{1}{1998}-\frac{1}{1997}-\frac{1}{1996}\right)=0\\\Leftrightarrow x-2000=0\left(\text{vì } \frac{1}{1999}+\frac{1}{1998}-\frac{1}{1997}-\frac{1}{1996}\ne0\right)\\\Leftrightarrow x=2000\)

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là \(x=2000\).

cứu tui với ăng em

Tự vẽ hình nhé.

a) Theo bài ra ABCD là HCN

=> AD=BC (1) ; AD//BC

Do AD//BC => ADB=DBC (2 góc so le trong) hay ADN=CBM (2)

Ta có AN vuông góc với BD => AND=ANB=90

         CM vuông góc với BD => CMD=CMB=90

Xét tam giác AND và tam giác CMB có

       AND=CMB=90

       AD=BC ( theo (1) )

       ADN = CBM ( theo (2) )

=> tam giác AND= tam giác CMB (cạnh huyền-góc nhọn)

=> ND = MB (2 cạnh tương ứng) (dpcm)

b)   Do AN vuông góc với BD và CM vuông góc với BD

=>AN//CM (mối quan hệ từ vuông góc đến song song)

Lại có:  tam giác AND= tam giác CMB (cạnh huyền-góc nhọn) 

             => AN = CM (2 cạnh tương ứng)

Xét tứ giác ANCM có AN=CM và AN//CM

   => tứ giác ANCM là hình bình hành.

c) Lại thấy AN//CM => KN // CM

  Xét tứ giác KCMN có KN=CM và KN // CM

=> tứ giác KCMN là hình bình hành

=> KC // MN

=> KC//BD

Xét tứ giác DKCB có KC//BD => tứ giác DKCB là hình thang.

d) Do K là điểm đối xứng với A qua N

=>NA=NK

=> N là trung điểm của AK.

=>PN là đường trung tuyến của tam giác AKP.

Mặt khác KC//MN => CP//MB => BMP= MPC (2 góc so le trong)

Mà AMN=BMP (2 góc đồng vị)

Từ đó suy ra AMN=MPC

Vì ANM=90 nên tam giác ANM vuông tại N 

=> NAM +AMN = 90

Vì MC vuông góc với BD mà BD//CP

=> MC vuông góc với CP (mqh..)

=> MCP = 90 => tam giác MCP vuông tại C => CMP+MPC=90 

Do đó NAM + AMN = CMP + MPC = 90

Mà AMN=MPC

=> NAM = CMP

Xét tam giác ANM và tam giác MCP có

NAM = CMP (theo cmt)

AN=CM (từ phần b)

ANM=MCP(=90)

=> tam giác ANM = tam giác MCP (cạnh huyền-cạnh góc vuông)

=> AN=MP( 2 cạnh tương ứng)

và MN =CP ( 2 cạnh tương ứng)

Vì MN=CK và MN=CP

=> CK=CP

=> C là trung điểm của PK

=>AC là đường trung tuyến của tam giác AKP.

Do AM=MP => M là trung điểm của AP

=>KM là đường trung tuyến của tam giác AKP.

Xét tam giác AKP có PN là đường trung tuyến của tam giác AKP.

                                  AC là đường trung tuyến của tam giác AKP.

                                  KM là đường trung tuyến của tam giác AKP.

Từ đó suy ra PN, AC, KM đồng quy tại trọn tâm của tam giác AKP

Vậy..

a: 

b: 

c: Tổng trị giá xuất khẩu của nước ta trong quý I giai đoạn 2020-2022 là:

63,4+78,56+89,1=231,06(tỉ USD)

d: Tổng trị giá nhập khẩu của nước ta trong quý I giai đoạn 2020-2022 là:

59,59+76,1+87,64=223,33(tỉ USD)

e: Trị giá xuất khẩu trong quý I/2020 so với quý I/2021 thì giảm:

\(\dfrac{78,56-63,4}{63,4}\simeq23,91\%\)

f: Trị giá nhập khẩu trong quý I/2021 so với quý I/2020 thì tăng:

\(\dfrac{76,1-59,59}{59,59}-100\%\simeq27.71\%\)

a) 

b) Hàm số y=-x+4 cắt Oy tại \(\left(0;4\right)\) \(\Rightarrow A\left(0;4\right)\)

Hàm số y=x-4 cắt Oy tại \(\left(0;-4\right)\) \(\Rightarrow B\left(0;-4\right)\)

Ta có pt hoành độ giao điểm của y=-x+4 và y=x-4 là:

\(-x+4=x-4\Leftrightarrow x=4\)

\(\Rightarrow y=4-4=0\)

\(\Rightarrow C\left(4;0\right)\)

c) Ta có: \(A\left(0;4\right)\Rightarrow OA=4\) 

\(B\left(0;-4\right)\Rightarrow OB=4\)

\(C\left(0;4\right)\Rightarrow OC=4\)

BC = OA + OB = 4 + 4 = 8 

\(\Rightarrow S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot8=16\) (đvdt)