jjjjjjjjjjjjjj

Theo đề bài, ta có;
 \(a+b+c=a+d+g=c+f+i=g+h+i\)

\(=b+e+h=d+e+f=a+e+i=c+e+g\)

Từ đó ta có \(a+b+c+a+d+g+c+f+i+g+h+i\)\(=b+e+h+d+e+f+a+e+i+c+e+g\)

hay \(2a+2c+2g+2i+b+d+f+h=4e+a+b+c+d+f+g+h+i\)

hay \(a+c+g+i=4e\) (1)

Mặt khác \(a+b+c=b+e+h\)\(\Leftrightarrow a+c=e+h\)
Và \(g+h+i=b+e+h\)\(\Leftrightarrow g+i=b+e\)

Vậy \(4e=e+b+e+h\)hay \(2e=b+h\)hay \(4e=2\left(b+h\right)=\left(b+h\right)+\left(b+h\right)\)

Do \(d+e+f=b+e+h\)nên \(d+f=b+h\), từ đó \(4e=b+d+f+h\)(2)

Từ (1) và (2) ta có: \(8e=a+b+c+d+f+g+h+i\)hay \(e=\frac{a+b+c+d+f+g+h+i}{8}\)

Và đó là đpcm

gfvfvfvfvfvfvfv555

a, bạn viết rõ đề hơn được ko 

b, Xét tam giác ABC cân tại A có AD là đường phân giác 

nên AD đồng thời là đường trung tuyến => \(BD=DC=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}\)

AD đồng thời là đường cao 

Xét tam giác ABD vuông tại D ta có : 

\(S_{ABD}=\frac{1}{2}.AD.BD=\frac{1}{2}.b.\frac{a}{2}=\frac{ab}{4}\)(đvdt) 

Xét tam giác ACD vuông tại D ta có : 

\(S_{ACD}=\frac{1}{2}.AD.BD=\frac{ab}{4}\)(đvdt) 

đề chỉ ghi thế nên mới hỏi.

gfvfvfvfvfvfvfv555

a) 5x(x-2) - 3(x-2) = 0

<=> (x-2) (5x-3) = 0

<=> TH1: x - 2 = 0 

          <=> x=2

       TH2: 5x-3 = 0

           <=> x= 3/5

b) (x-2)^2 - (x-1)(x+3)=1

<=> (x²-4x+2) - (x²+3x-x-3) = 1

<=> x²-4x+4-x²-3x+x+3=1
<=> -4x-3x+x= 1-4-3

<=> -6x=-6

<=> x= 1

x=1 nha

HT

k cho mình nha

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@

Khi x = 0 không là nghiệm của phương trình  x4+3x3+6x+4=0x4+3x3+6x+4=0

Do đó x≠0x≠0 , chia 2 vế phương trình cho x2x2 ta được:

x2+3x+6x+4x2=0x2+3x+6x+4x2=0  

⇔(x2+4x2)+(3x+6x)=0⇔x2+4x2+3x+6x=0  

⇔(x2+4x2)+3(x+2x)=0⇔x2+4x2+3x+2x=0 

Đặt x+2x=t⇒x2+4x2=t2−4x+2x=t⇒x2+4x2=t2-4 , khi đó phương trình trở thành:

t2+3t−4=0t2+3t-4=0  

⇔(t−1)(t+4)=0⇔t-1t+4=0  

⇔⇔[t=1t=−4t=1t=-4  

+ Với t = 1, khi đó

 x+2x=1x+2x=1

⇔x2−x+2=0⇔x2-x+2=0  

⇔(x−12)2+74=0⇔x-122+74=0  

⇒⇒  phương trình vô nghiệm

+ Với t = -4, khi đó:

x+2x=−4x+2x=-4 

⇔x2+4x+2=0⇔x2+4x+2=0 

⇔(x+2)2−2=0⇔x+22-2=0 

⇔(x+2)2=2⇔x+22=2 

⇔⇔[x+2=√2x+2=−√2x+2=2x+2=-2

⇔⇔[x=√2−2x=−√2−2x=2-2x=-2-2

Vậy   S={−2+√2;−2−√2}S=-2+2;-2-2

x4−3x2+6x−4=0x4-3x2+6x-4=0  

⇔x4−x3−2(x3−1)+6(x−1)=0⇔x4-x3-2x3-1+6x-1=0  

⇔x3(x−1)−2(x−1)(x2+x+1)+6(x−1)=0⇔x3x-1-2x-1x2+x+1+6x-1=0  

 ⇔(x−1)(x3−2x2−2x−2+6)=0⇔x-1x3-2x2-2x-2+6=0 

⇔(x−1)(x3−2x2−2x+4)=0⇔x-1x3-2x2-2x+4=0  

⇔(x−1)[x2(x−2)−2(x−2)]=0⇔x-1x2x-2-2x-2=0  

⇔(x−1)(x−2)(x2−2)=0⇔x-1x-2x2-2=0  

⇔(x−1)(x−2)(x−√2)(x+√2)=0⇔x-1x-2x-2x+2=0  

⇔⇔ ⎡⎢⎣x=1x=2x=±√2x=1x=2x=±2  

Vậy   S={1;2;√2;−√2}S=1;2;2;-2

 :3

S=1;2;-1;-2 nha

HT

@@@@@@@@@@@@@@@@@22

gfvfvfvfvfvfvfv555

a, Xét tam giác ABC, có:

M là trung điểm của AB

N là trung điểm của AC

=> MN là đtb của tam giác ABC

=> MN//BC

=> BMNC là hình thang (MN//BC)

Vì tam giác ABC  cân tại A nên góc ABC = góc ACB

=> góc MBC = góc NCB.

Xét hình thang BMNC(MN//BC), có:

góc MBC = góc NCB

=> BMNC là hình thang cân.

b, Xét tam giác ABC, có:

N là trung điểm của AC

H là trung điểm của BC

=> NH là đtb của tam giác ABC

=> NH//AB và NH = 1/2 .AB

Vì M là trung điểm của AB nên AM = 1/2 . AB

Suy ra: AM = NH

Xét tứ giác AMHN, có:

AM = NH

NH//AM (NH//AB)

=> AMHN là hình bình hành (1)

Vì tam giác ABC cân tại A nên AB = AC

mà AM = 1/2 . AB ( M là tđ của AB )

     AN = 1/2 . AC ( N là tđ của AC )

Suy ra: AM = AN (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: hình bình hành AMHN là hình thoi.

c,S_ABC = 1/2 . AH . BC = 1/2 . 4 . 6 = 12 (cm²)

Vì MN là đtb của tam giác ABC nên MN = 1/2 . BC

=> MN = 1/2 . 6 = 3 (cm)

Xét tam giác AHC có:

N là trung điểm của AC

ON // HC ( MN//BC)

=> O là trung điểm của AH

=> AO = 1/2 . AH = 1/2 . 4 = 2 (cm)

S_AMN = 1/2 . AO . MN = 1/2 . 2 . 3 = 3 (cm²)

S_BMNC = S_ABC - S_AMN = 12 - 3 = 9 (cm²)

d,Vì K là điểm đối xứng của H qua N nên N là tđ của HK

=> HN = 1/2 . HK (3)

Vì AMHN là hình thoi nên HN = AM

mà AM = 1/2 . AB nên HN = 1/2 . AB (4)

Từ(3) và (4) ta suy ra:

HK = AB

Vì AM//NH nên AB//HK

mà HK = AB

nên AKHB là hình bình hành

=> hai đường chéo AH và BK cắt nhau tại tđ của mỗi đường

mà O là trung của AH

nên O là trung điểm của BK

=> BK đi qua O

=> B,O,K thẳng hàng.

\(x^4+3x^3+6x+4=0\)

Nhận thấy phương trình không thể có nghiệm không âm vì khi đó \(\hept{\begin{cases}x^4\ge0\\3x^3\ge0\\6x\ge0\end{cases}}\)dẫn đến \(x^4+3x^3+6x+4\ge4>0\)

Do đó điều kiện là \(x< 0\)

Vì \(x\ne0\)nên chia cả 2 vế của phương trình đã cho cho \(x^2\), ta được:

\(x^2+3x+\frac{6}{x}+\frac{4}{x^2}=0\)\(\Leftrightarrow\left(x^2+\frac{4}{x^2}\right)+\left(3x+\frac{6}{x}\right)=0\)\(\Leftrightarrow\left(x^2+\frac{4}{x^2}\right)+3\left(x+\frac{2}{x}\right)=0\)(*)

Đặt \(x+\frac{2}{x}=t\). Vì \(x< 0\)\(\Leftrightarrow\frac{2}{x}< 0\)\(\Leftrightarrow x+\frac{2}{x}< 0\)\(\Leftrightarrow t< 0\)

,ta có \(\left(x+\frac{2}{x}\right)^2=x^2+2x.\frac{2}{x}+\frac{4}{x^2}=x^2+\frac{4}{x^2}+4\)\(\Leftrightarrow x^2+\frac{4}{x^2}=\left(x+\frac{2}{x}\right)^2-4=t^2-4\)

Phương trình (*) trở thành \(t^2-4+3t=0\)\(\Leftrightarrow t^2-t+4t-4=0\)\(\Leftrightarrow t\left(t-1\right)+4\left(t-1\right)=0\)\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t+4\right)=0\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t-1=0\\t+4=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=1\left(loại\right)\\t=-4\left(nhận\right)\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow x+\frac{2}{x}=-4\)\(\Leftrightarrow x+\frac{2}{x}+4=0\)(1)

Mà \(x\ne0\)nên nhân cả 2 vế của phương trình (1) với \(x\), ta có:

\(x^2+4x+2=0\)\(\Leftrightarrow\left(x^2+4x+4\right)-2=0\)\(\Leftrightarrow\left(x+2\right)^2-\left(\sqrt{2}\right)^2=0\)\(\Leftrightarrow\left(x+2+\sqrt{2}\right)\left(x+2-\sqrt{2}\right)=0\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+2+\sqrt{2}=0\\x+2-\sqrt{2}=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-2-\sqrt{2}\left(nhận\right)\\x=-2+\sqrt{2}\left(nhận\right)\end{cases}}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S=\left\{-2-\sqrt{2};-2+\sqrt{2}\right\}\)