a) theo đề bài số bi xanh = \(\frac53\) số bi đỏ

=> số bi đỏ = \(\frac35\) số bi xanh

số bi xanh=\(\frac54\) số bi vàng

=> số bi vàng = \(\frac45\) số bi xanh

tổng số phần so với số bi xanh là:

\(1+\frac35+\frac45=\frac{12}{5}\)

=> số bi xanh của Dũng là:

\(60:\frac{12}{5}=25\left(viên\right)\)

số bi đỏ của Dũng là:

\(25\cdot\frac35=15\left(viên\right)\)

số bi vàng của Dũng là:

\(25\cdot\frac45=20\left(viên\right)\)

b) Khi Minh cho thêm bi đỏ và bi vàng số bi xanh vẫn giữ nguyên

tổng số bi đỏ và vàng = \(\frac23\) tổng số bi mới

=> số bi xanh chiếm số phần số bi mới là:

\(1-\frac23=\frac13\)

tổng số bi mới của Dũng là:

\(25:\frac13=75\left(viên\right)\)

số bi tăng thêm là:

75-60=15( viên)

vì Minh cho Dũng thêm 5 viên

=> số bi vàng dc cho thêm là:

15-5=10( viên)

gọi số cần tìm là x(xϵN)

=> \(\left(x+1\right)\) chia hết cho \(\left(2,3,4,5,5,6,7,8,9\right)\)

=> \(\left(x+1\right)\in\) BCNN(2,3,4,5,6,7,8,9)

ta có:

\(2=2\)

\(3=3\)

\(4=2^2\)

\(5=5\)

\(6=2\cdot3\)

\(7=7\)

\(8=2^3\)

\(9=3^2\)

lấy tất cả các thừa số nguyên tố với số mũ lớn nhất để tìm BCNN

=> \(BCNN\left(2,3,4,5,6,7,8,9,\right)=2^3\cdot3^2\cdot5\cdot7=2520\)

=> \(x+1=2520\)

\(x=2519\)

vậy số đó là 2519

ta có:

x+y+z=0

=> x+y=-z

=> \(\left(x+y\right)^3=-z^3\)

\(x^3+y^3+3xy\left(x+y\right)=-z^3\)

thay x+y=-z ta có:

\(x^3+y^3-3xyz=-z^3\)

\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3=3xyz\) (1)

coi \(a=x^3;b=y^3;c=z^3\)

=> \(a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\)

=> \(x^6+y^6+z^6=\left(x^3+y^3+z^3\right)^2-2\left(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3\right)\) (2)

thay \(x^3+y^3+z^3=0\) vào ta có:

\(\Rightarrow\left(x^3+y^3+z^3\right)^2=\left(3xyz\right)^2=9x^2y^2z^2\)

ta lại có:

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\)

=> \(\frac{\left(yz+zx+xy\right)}{xyz}=0\)

\(\Rightarrow xy+yz+zx=0\)

CMTT: \(\left(xy\right)^3+\left(yz\right)^3+\left(zx\right)^3=3\left(xy\right)\left(yz\right)\left(zx\right)=3x^2y^2z^2\)

thay lại vào biểu thức(2) ta có:

\(x^6+y^6+z^6=9x^2y^2z^2-2\left(3x^2y^2z^2\right)=3x^2y^2z^2\)

thay lại vòa VT ta có:

\(VT=\frac{\left(x^6+y^6+z^6\right)}{x^3+y^3+z^3}=\frac{3x^2y^2z^2}{3xyz}\)

\(VT=xyz\left(đpcm\right)\)

<=> \(\left(-4x\cdot x\right)-\left(-4x\cdot5\right)-\left(2x\cdot8\right)+\left(2x\cdot2x\right)=-3\)

\(-4x^2+20x-16x+4x^2=-3\)

\(4x=-3\)

\(x=-\frac34=-0,75\)

CM chia hết cho 3:

<=> A=\(2\left(2+1\right)+\cdots+2^{99}\left(2+1\right)\)

=> \(A=2\cdot3+.\ldots+2^{99}\cdot3\)

\(A=3\left(2+\cdots+2^{99}\right)\)

=> A⋮3

CM chia hết cho 7

\(\Leftrightarrow A=2\left(1+2+2^2\right)+.\ldots+2^{98}\left(1+2+2^2\right)\)

\(A=2\cdot7+\cdots+2^{98}\cdot7\)

\(A=7\left(2+\cdots+2^{98}\right)\)

=>A⋮7

nếu bạn cảm thấy tính chất ạnh đối diện góc 30 độ hơi xa lạ thì mik có bài toán hình dung thấy mik dạy cho bạn:

cho tam giác ABC vuông tại A có góc ACB= 30 độ. CMr:\(AB=\frac12BC\)

ta vẽ thêm điểm phụ: gọi M là trung điểm BC

xét tam giác ABC có:

góc ABC= 180 độ- góc BAC- góc ACB

thay góc BAC= 90 độ, góc ACB= 30 độ

=> góc ABC= 180 độ- 90 độ- 30 độ

góc ABC= 60 độ

ta có tính chất trong tam giác vuông , trung tuyến bằng nửa cạnh huyền( tự CM)

=> \(AM=\frac12BC=BM=MC\)

=>\(AM=BM\)

=> △ABM cân tại M

mà △ABM có góc ABM= 60 độ

=> △ABM là tam giác đều

=> \(AB=AM=\frac12BC\left(đpcm\right)\)

d) từ câu c) ta có △EAF~BAM

=> \(\frac{AE}{EF}=\frac{AB}{BM}\)

=>\(AE\cdot BM=AB\cdot EF\left(1\right)\)

vì tam giác ABC đều nên AM là trung tuyến

=> BM=MC và AB=BC=2.MC

vì EF là đường trung bình của △BMH

=> \(EF=\frac12BH\)

=> \(BH=2\cdot EF\)

ta thay BM=MC và AB=2.MC vào (1)

=> \(AE\cdot MC=\left(2\cdot MC\right)\cdot EF\)

triệt tiêu đi MC ở cả hai vế ta có:

\(AE=2\cdot EF\)

mà BH=2.EF

=> \(AE=BH\left(2\right)\)

Xét tam giác MHC vuông tại H

=> góc HMC= 90 độ- góc HCM

=> góc HMC= 90 độ- 60 độ

=> góc HMC= 30 độ

mà ta có tính chất phụ trong tam giác vuông , cạnh đối diện góc 30 độ bằng nửa cạnh huyền

=> \(HC=\frac12MC\)

vì M là trung điểm BC và E là trung điểm BM

=> \(EM=\frac12BM=\frac12MC\)

=> \(EM=HC\left(3\right)\)

nhân (2)(3) lại với nhau ta có:

\(AE\cdot EM=BH\cdot HC\left(đpcm\right)\)

c) xét tam giác BMH có:

E là trung điểm của BM

F là trung điểm của MH

=> EF là đường trung bình của tam giác BMH

=> EF//BH(1)

từ câu b) ta có:

\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AM}\)

=> \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AM}\)

góc BAE= góc MAF

mà ta có:

góc EAF= góc EAM+ góc MAF

thay góc MAF= góc BAE vào ta có:

góc EAF= góc EAM + góc BAE= góc BAM

xét tam giác EAF và tam giác BAM có:

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AM}\)

góc EAF= góc BAM

=> △EAF~△BAM(c.g.c)

=> góc AFE= góc AMB

mà AM⊥BC=> góc AMB= 90 độ

=> góc AFE= 90 độ

=> AF⊥EF(2)

từ (1)(2)=>BH⊥AF

bài toán 1 hay là 1,3x vậy bạn mik làm theo thử 3x và bạn lỗi dấu nhiều quá

ta có:

\(3x+6-4x^2=15\)

=> \(4x^2-3x+9=0\)

\(\left\lbrack\left(2x\right)^2-2\cdot2x\cdot\frac34+\left(\frac34\right)^2\right\rbrack-\left(\frac34\right)^2+9\)

\(\left(2x-\frac34\right)^2-\frac{9}{16}+9=0\)

\(\left(2x-\frac34\right)^2+\frac{153}{16}=0\)

vì \(\left(2x-\frac34\right)^2\ge0\) và \(\frac{153}{16}>0\)

=> phương trình vô nghiệm với mọi x

a) vì tam giác ABC đều nên AM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao vừa là phần giác

mà tam giác ABC đều nên các góc bằng 60 độ

=> góc ABM= góc ACM= góc BAC= 60 độ

xét tam giác ABM có:

góc ABM + góc BAM+ góc BMA= 180 độ

mà góc BMA= 90 độ, góc ABM= 60 độ

=> góc BAM= 30 độ

CMTT: => góc HAM= 30 độ

xét tam giác ABM và tam giác HAM có

góc AMB= góc AHM= 90 độ

góc ABM= góc HAM= 30 độ

=> △ABM~△AMH(g.g)

b) từ câu a)

=> \(\frac{AB}{AM}=\frac{BM}{MH}\)

mà vì E là trung điểm BM và F là trung điểm MH

=>BM=2BE,MH=2MF

=> \(\frac{AB}{AM}=\frac{2BE}{2MF}=\frac{BE}{MF}\)

xét tam giác AMH có:

góc AMH+ góc MHA+ góc HAM= 180 độ

mà góc MHA= 90 độ, góc HAM= 30 độ

=> góc AMH= 180 độ- 90 độ- 30 độ

= 60 độ

xét tam giác ABE và tam giác AMF có:

\(\frac{AB}{AM}=\frac{BE}{MF}\)

góc B= góc AMH=60 độ

=> △ABE~△AMF(c.g.c)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AM}=\frac{AE}{AF}\)

=> AB.AF=AM.AE