`(-5/4)^8 : (-5/4)^6 - x = (-3)/2`

\(\left(-\dfrac{5}{4}\right)^{8-6}-x=\dfrac{-3}{2}\)

`(-5/4)^2 - x = (-3)/2`

`25/16 - x = (-3)/2`

`x=25/16- (-3)/2`

`x=25/16+3/2`

`x=49/16`

\(\left(-\dfrac{5}{4}\right)^8:\left(-\dfrac{5}{4}\right)^6-x=-\dfrac{3}{2}\\ \Rightarrow\left(-\dfrac{5}{4}\right)^2-x=-\dfrac{3}{2}\\ \Rightarrow\dfrac{25}{16}-x=-\dfrac{3}{2}\\ \Rightarrow x=\dfrac{25}{16}+\dfrac{3}{2}\\ \Rightarrow x=\dfrac{49}{16}\)

`x + 1 3/7 = (-2/7)^4 : (-2/7)^3`

`x + 1 3/7 =` \(\left(-\dfrac{2}{7}\right)^{4-3}\)

`x + 1 3/7 = (-2)/7`

`x + 10/7 = (-2)/7`

`x= (-2)/7 -10/7`

`x=(-12)/7`

\(x+1\dfrac{3}{7}=-\dfrac{2^4}{7}\div-\dfrac{2^3}{7}\)

\(x+\dfrac{10}{7}=-\dfrac{16}{7}\div-\dfrac{8}{7}\)

\(x+\dfrac{10}{7}=\dfrac{2}{7}\)

\(x=\dfrac{-8}{7}\)

\(\dfrac{2^{10}\left(1+2^5\right)}{1+2^5}=2^{10}\)

\(\left(2^{15}+2^{10}\right)\div\left(1+2^5\right)\)

\(\Rightarrow\left(2^{10}.33\right)\div33\)

\(\Rightarrow2^{10}.\left(33\div33\right)\)

\(\Rightarrow2^{10}.1\)

\(\Rightarrow2^{10}\)

Theo định lí Pytago tam giác AHB vuông tại H

\(AB=\sqrt{AH^2+HB^2}=13cm\)

Theo định lí Pytago tam giác AHC vuông tại H

\(HC=\sqrt{AC^2-AH^2}=16cm\)

BC = HB + HC = 21 cm 

$\Delta ABH$ vuông tại $H,$ ta có:

$A{H}^2+B{H}^2=A{B}^2$ (định lí Pi-ta-go)

hay ${12}^2+5^2=A{B}^2$

$\Rightarrow 144+25=A{B}^2$

$\Rightarrow 169=A{B}^2$

$\Rightarrow AB=\sqrt{169}=13$ $\left(cm\right)$

$\Delta AHC$ vuông tại $H,$ ta có:

$A{H}^2+H{C}^2=A{C}^2$

hay ${12}^2+H{C}^2={20}^2$

$\Rightarrow H{C}^2={20}^2-{12}^2$

$\Rightarrow H{C}^2=400-144=256$

$\Rightarrow HC=\sqrt{256}=16$ $\left(cm\right)$

Mà $BC=HB+HC$

Hay $BC=5+16=21$ $\left(cm\right)$

x x' y y' A z t

a/

\(\widehat{xAy}=\widehat{x'Ay'}\) (góc đối đỉnh)  (1)

\(\widehat{xAz}=\dfrac{\widehat{xAy}}{2}\) (2)

\(\widehat{y'At}=\dfrac{\widehat{x'Ay'}}{2}\) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{xAz}+\widehat{y'At}=\widehat{xAy}\)

Ta có \(\widehat{xAy'}+\widehat{xAy}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{xAy'}+\widehat{xAz}+\widehat{y'At}=\widehat{zAt}=180^o\)

b/ Từ kết quả câu a => A thuộc đường thẳng zt

=> \(\widehat{xAz}\) đối đỉnh \(\widehat{x'At}\)

Ta có \(\left(x-\dfrac{3}{5}\right)^{2004}+\left(y+18\right)^{2012}\ge0\)

mà \(\left(x-\dfrac{3}{5}\right)^{2004}+\left(y+18\right)^{2012}\le0\)

Suy ra \(\left(x-\dfrac{3}{5}\right)^{2004}+\left(y+18\right)^{2012}=0\)

Dấu ''='' xảy ra khi x = 3/5 ; y = -18 

\(\left(x-\dfrac{3}{5}\right)^{2004}+\) \(\left(y+2\cdot9\right)^{2012}\) \(\le0\) (1)

Vì \(\left(x-\dfrac{3}{5}\right)^{2004}\ge0\forall x;\) \(\left(y+2\cdot9\right)^{2012}\ge0\forall y\) (2)

Từ (1);(2)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-\dfrac{3}{5}\right)^{2004}=0\\\left(y-2\cdot9\right)^{2012}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-\dfrac{3}{5}=0\\y-2\cdot9=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{3}{5}\\y=18\end{matrix}\right.\)

Vậy ..

Em nên gõ công thức trực quan để được hỗ trợ tốt hơn nhé

Lời giải:

Gọi $BE, CF$ là trung tuyến của tam giác $ABC$. Do $M$ là trung điểm $BC$ nên $AM$ cũng là đường trung tuyến của $ABC$

Vậy $BE, CF, AM$ đồng quy tại 1 điểm. Mà $BE, CF$ cắt nhau tại $D$ nên $D\in AM$

$\Rightarrow A,M,D$ thẳng hàng.

b. 

Xét tam giác $ABM$ và $ACM$ có:

$AB=AC$ (do $ABC$ là tg cân) 

$AM$ chung

$BM=CM$ 

$\Rightarrow \triangle ABM=\triangle ACM$ (c.c.c)

Hình vẽ:

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

a/b = b/c = c/d = (a + b + c)/(b + c + d)

--> ((a + b + c)/(b + c + d))^3 = a^3/b^3

Cần chứng minh:

a^3/b^3 = a/d

<=> a^3/b^3 = a^3/(a^2.d)

--> b^3 = a^2.d

Mà ad = bc (do a/b = c/d)

--> b^3 = abc

<=> b^2 = ac (luôn đúng do a/b = b/c)

--> đpcm

Tặng bạn cái link nè :

https://olm.vn/cau-hoi/cho-dfracabdfracbcdfraccd-chung-minh-rang-leftdfracabcbcdright3dfracad.2866187285010

Lần sau mình báo giáo viên đó .-.