Giải:

Số nhỏ nhất chia cho 2 dư 1, chia 3 dư 1 là 1

Các số cho 2 và 3 đều dư 1 là các số thuộc dãy số sau:

1; 7; 13; 19; 25; 31;...;

Các số từ 1 đến 20 chia cho 2 và 3 đều dư 1 là:

1; 7; 13; 19

Kết luận: từ 1 đến 20 các số chia cho 2 và 3 đều dư 1 lần lượt là các số sau1; 7; 13; 19

Cách hai:

Gọi số thỏa mãn đề bài là \(x\); \(x\) \(\in\) N; 1 ≤ \(x\) ≤ 20

Theo bài ra ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x-1⋮2\\x-1⋮3\end{matrix}\right.\)

⇒ \(x-1\in\) BC(2; 3)

2 = 2; 3 = 3; BCNN(2;3) = 2.3 = 6

\(x-1\) \(\in\) B(6) = {0; 6; 12; 18; 24; 30;..;}

\(x\in\) {1; 7; 13; 19; 25; 31;...}

Vì 1 ≤ \(x\) ≤ 20 nên \(x\) \(\in\) {1; 7; 13; 19}

Kết luận các số tự nhiên từ 1 đến 20 chia 2 và 3 đều dư 1 là các số sau: 1; 7; 13; 19

1: Xét ΔMEA vuông tại E và ΔMFC vuông tại F có

MA=MC

\(\widehat{EMA}=\widehat{FMC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMEA=ΔMFC

=>ME=MF

2: BE+BF

=BE+BE+EF

=2BE+2ME

=2(BE+ME)

=2BM

Gọi số học sinh của ba khối 6;7;8 lần lượt là a(bạn),b(bạn),c(bạn)

(ĐK: \(a,b,c\in Z^+\))

Số học sinh của khối 6;7;8 lần lượt tỉ lệ với 8;7;6

nên ta có: \(\dfrac{a}{8}=\dfrac{b}{7}=\dfrac{c}{6}\)

Số học sinh khối 8 nhiều hơn số học sinh khối 7 là 15 bạn là sai rồi vì \(\dfrac{b}{7}=\dfrac{c}{6}\) thì có nghĩa là số học sinh khối 7 nhiều hơn chứ bạn

a: Xét ΔOMA vuông tại M và ΔOMB vuông tại M có

OM chung

OA=OB

Do đó: ΔOMA=ΔOMB

=>\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)

=>OM là phân giác của góc AOB

b: ΔOMA=ΔOMB

=>MA=MB

Xét ΔMEA vuông tại E và ΔMFB vuông tại F có

MA=MB

\(\widehat{MAE}=\widehat{MBF}\)

Do đó: ΔMEA=ΔMFB

=>EA=FB

c: Xét ΔEFH có

FM là đường trung tuyến

\(FM=\dfrac{EH}{2}\)

Do đó: ΔEFH vuông tại F

=>EF\(\perp\)FH

Xét ΔMEA và ΔMHB có

ME=MH

\(\widehat{EMA}=\widehat{HMB}\)(đối đỉnh)

MA=MB

Do đó: ΔMEA=ΔMHB

=>\(\widehat{MEA}=\widehat{MHB}=90^0\)

=>AE//BH

=>BH//OA

d: Ta có: OE+EA=OA

OF+FB=OB

mà EA=FB và OA=OB

nên OE=OF

Xét ΔOAB có \(\dfrac{OE}{OA}=\dfrac{OF}{OB}\)

nên EF//AB

=>FH\(\perp\)AB tại I

ΔMFH cân tại M

mà MI là đường cao

nên I là trung điểm của FH

Xét ΔEFH có

EI,FM là các đường trung tuyến

EI cắt FM tại G

Do đó: G là trọng tâm của ΔEFH

Ta có: ΔOEF cân tại O

mà OK là đường phân giác

nên K là trung điểm của EF

Xét ΔEFH có

G là trọng tâm

K là trung điểm của EF

Do đó: H,G,K thẳng hàng

a: Xét ΔOMA vuông tại M và ΔOMB vuông tại M có

OM chung

OA=OB

Do đó: ΔOMA=ΔOMB

=>\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)

=>OM là phân giác của góc AOB

b: ΔOMA=ΔOMB

=>MA=MB

Xét ΔMEA vuông tại E và ΔMFB vuông tại F có

MA=MB

\(\widehat{MAE}=\widehat{MBF}\)

Do đó: ΔMEA=ΔMFB

=>EA=FB

c: Xét ΔEFH có

FM là đường trung tuyến

\(FM=\dfrac{EH}{2}\)

Do đó: ΔEFH vuông tại F

=>EF\(\perp\)FH

Xét ΔMEA và ΔMHB có

ME=MH

\(\widehat{EMA}=\widehat{HMB}\)(đối đỉnh)

MA=MB

Do đó: ΔMEA=ΔMHB

=>\(\widehat{MEA}=\widehat{MHB}=90^0\)

=>AE//BH

=>BH//OA

d: Ta có: OE+EA=OA

OF+FB=OB

mà EA=FB và OA=OB

nên OE=OF

Xét ΔOAB có \(\dfrac{OE}{OA}=\dfrac{OF}{OB}\)

nên EF//AB

=>FH\(\perp\)AB tại I

ΔMFH cân tại M

mà MI là đường cao

nên I là trung điểm của FH

Xét ΔEFH có

EI,FM là các đường trung tuyến

EI cắt FM tại G

Do đó: G là trọng tâm của ΔEFH

Ta có: ΔOEF cân tại O

mà OK là đường phân giác

nên K là trung điểm của EF

Xét ΔEFH có

G là trọng tâm

K là trung điểm của EF

Do đó: H,G,K thẳng hàng

Tham khảo:

Để chứng minh \( QM + QD < AM + AD \), chúng ta có thể sử dụng bất đẳng thức tam giác. Trong trường hợp này, \( QM \) và \( QD \) là độ dài các đoạn thẳng, nên chúng ta có thể áp dụng bất đẳng thức tam giác để chứng minh điều cần chứng minh.

Bất đẳng thức tam giác cho biết rằng trong một tam giác bất kỳ, tổng độ dài của hai cạnh bất kỳ phải lớn hơn độ dài cạnh còn lại. Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào tam giác \( AMD \), ta có:

\[
AM + AD > MD
\]

Tương tự, áp dụng bất đẳng thức tam giác vào tam giác \( QMD \), ta có:

\[
QM + QD > MD
\]

Kết hợp hai bất đẳng thức trên, ta có:

\[
(QM + QD) + (AM + AD) > 2 \times MD
\]

Nhưng vì \( Q \) nằm trong tam giác \( AMD \), nên \( MD \) không lớn hơn \( MA \) (vì \( Q \) nằm trong tam giác \( AMD \), nên \( MD \) không vượt quá \( MA \)). Vì vậy:

\[
2 \times MD < MA + AD
\]

Tổng hợp lại, ta có:

\[
(QM + QD) + (AM + AD) > MA + AD
\]

Tức là:

\[
QM + QD > AM + AD
\]

Vậy, đã chứng minh được \( QM + QD < AM + AD \).

Lời giải:

$A(x)=B(x)Q(x)-x+1$

$\Rightarrow x^3-2x^2+x=B(x)(x-1)-x+1$

$\Rightarrow (x^3-x^2)-(x^2-x)=B(x)(x-1)-(x-1)$

$\Rightarrow x^2(x-1)-x(x-1)=(x-1)[B(x)-1]$

$\Rightarrow (x-1)(x^2-x)=(x-1)[B(x)-1]$

$\Rightarrow x^2-x=B(x)-1$

$\Rightarrow B(x)=x^2-x+1$

\(\left(2x\right)^2\left(x-x^2\right)-4x\left(-x^3+x^2-5\right)=20\)

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

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

=>20x=20

=>x=1

F(x)=6x^3 -5x^2+7x-9,g(x)=2x^2-3x+5,h(x)=2x-1

1:

a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBMD vuông tại M có

BD chung

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

Do đó: ΔBAD=ΔBMD

b: Ta có: ΔBAD=ΔBMD

=>DA=DM

mà DM<DC(ΔDMC vuông tại M)

nên DA<DC

c: Xét ΔBKC có

KM,CA là các đường cao

KM cắt CA tại D

Do đó: D là trực tâm của ΔBKC

=>BD\(\perp\)KC tại N

Sửa đề: ΔBKC cân tại B

Xét ΔBMK vuông tại M và ΔBAC vuông tại A có

BM=BA

\(\widehat{MBK}\) chung

Do đó: ΔBMK=ΔBAC

=>BK=BC

=>ΔBKC cân tại B

Sửa đề: \(P=3x^7-4x^2+5x-9-3x^7-x-2\)

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

\(=-4x^2+4x-11\)