\(2^2+3^2+...+2021^2\)

\(=\left(1^2+2^2+...+2021^2\right)-1\)

\(=\dfrac{2021\cdot\left(2021+1\right)\left(2\cdot2021+1\right)}{6}=1\)

\(=2753594310\)

1: \(5^{x+4}-3\cdot5^{x+3}=2\cdot5^{11}\)

=>\(5^{x+3}\cdot5-3\cdot5^{x+3}=2\cdot5^{11}\)

=>\(2\cdot5^{x+3}=2\cdot5^{11}\)

=>x+3=11

=>x=8

2: \(\dfrac{1}{2}\cdot2^x+4\cdot2^x=9\cdot2^5\)

=>\(2^x\cdot\left(\dfrac{1}{2}+4\right)=9\cdot2^5\)

=>\(2^x\cdot\dfrac{9}{2}=9\cdot2^5\)

=>\(2^x=2^6\)

=>x=6

3: \(9^{2x+1}=27^3\)

=>\(3^{4x+2}=3^9\)

=>4x+2=9

=>4x=7

=>\(x=\dfrac{7}{4}\)

4: \(2^{-1}\cdot2^x+4\cdot2^x=9\cdot2^5\)

=>\(2^x\left(4+\dfrac{1}{2}\right)=9\cdot2^5\)

=>\(2^x\cdot\dfrac{9}{2}=9\cdot2^5\)

=>\(2^x=9\cdot2^5:\dfrac{9}{2}=2^6\)

=>x=6

5: \(\left(2x-1\right)^3=\dfrac{8}{27}\)

=>\(\left(2x-1\right)^3=\left(\dfrac{2}{3}\right)^3\)

=>\(2x-1=\dfrac{2}{3}\)

=>\(2x=\dfrac{2}{3}+1=\dfrac{5}{3}\)

=>\(x=\dfrac{5}{3}:2=\dfrac{5}{6}\)

a: Ta có: \(AE=EB=\dfrac{AB}{2}\)

\(BF=FC=\dfrac{BC}{2}\)

\(DK=KC=\dfrac{DC}{2}\)

mà AB=BC=CD

nên AE=EB=BF=FC=DK=KC

Xét tứ giác AECK có

AE//CK

AE=CK

Do đó: AECK là hình bình hành

b: Xét ΔDCF vuông tại C và ΔCBE vuông tại B có

DC=CB

CF=BE

Do đó: ΔDCF=ΔCBE

=>\(\widehat{DFC}=\widehat{CEB}\)

mà \(\widehat{CEB}+\widehat{BCE}=90^0\)

nên \(\widehat{BCE}+\widehat{DFC}=90^0\)

=>CE\(\perp\)DF

Bài 6: Oz là phân giác của góc xOy

=>\(\widehat{xOz}=\dfrac{\widehat{xOy}}{2}=\dfrac{142^0}{2}=71^0\)

Ta có: \(\widehat{xOz}+\widehat{x'Oz}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(\widehat{x'Oz}+71^0=180^0\)

=>\(\widehat{x'Oz}=109^0\)

Bài 7:

Ta có: Oz là phân giác của góc xOy

=>\(\widehat{xOz}=\widehat{yOz}=\dfrac{\widehat{xOy}}{2}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

Ot là phân giác của góc xOz

=>\(\widehat{zOt}=\dfrac{\widehat{xOz}}{2}=\dfrac{90^0}{2}=45^0\)

Ov là phân giác của góc yOz

=>\(\widehat{vOz}=\dfrac{90^0}{2}=45^0\)

\(\widehat{vOt}=\widehat{zOv}+\widehat{zOt}=45^0+45^0=90^0\)

sửa đề chia hết 31 nhé 

\(S=5+5^2+5^3+...+5^{2019}=5\left(1+5+5^2+5^3\right)+...+5^{2016}\left(1+5+5^2+5^3\right)\)

\(=31\left(5+...+5^{2016}\right)⋮31\)

Vậy ta có đpcm 

a: Xét ΔABC có D,E lần lượt là trung điểm của AC,AB

=>DE là đường trung bình của ΔABC

=>DE//BC và \(DE=\dfrac{BC}{2}=2\left(cm\right)\)

Xét hình thang BEDC có

M,N lần lượt là trung điểm của EB,DC

=>MN là đường trung bình của hình thang BEDC

=>MN//ED//BC và \(MN=\dfrac{ED+BC}{2}=\dfrac{2+4}{2}=3\left(cm\right)\)

b: Xét ΔBED có MP//ED
nên \(\dfrac{MP}{ED}=\dfrac{BM}{BE}=\dfrac{1}{2}\)

=>\(MP=\dfrac{1}{2}ED=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot BC=\dfrac{1}{4}BC\)

Xét ΔCED có NQ//ED
nên \(\dfrac{NQ}{ED}=\dfrac{CN}{CD}=\dfrac{1}{2}\)

=>\(NQ=\dfrac{1}{2}ED=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot BC=\dfrac{1}{4}BC\)

\(MN=\dfrac{1}{2}\left(ED+BC\right)=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}BC+BC\right)=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{2}BC=\dfrac{3}{4}BC\)

=>\(MP+PQ+QN=\dfrac{3}{4}BC\)

=>\(PQ=\dfrac{3}{4}BC-\dfrac{1}{4}BC-\dfrac{1}{4}BC=\dfrac{1}{4}BC\)

Do đó:MP=PQ=QN

a: 1141;1241;1341;1441

b: 2;4;8;16

a: Ta có: \(\widehat{ICA}+\widehat{ICB}=\widehat{ACB}=90^0\)

\(\widehat{ICB}+\widehat{NCB}=\widehat{NCI}=90^0\)

Do đó: \(\widehat{ICA}=\widehat{NCB}\)

Ta có: \(\widehat{CAI}+\widehat{CBI}=90^0\)(ΔCBA vuông tại C)

\(\widehat{CBI}+\widehat{CBN}=\widehat{NBI}=90^0\)

Do đó: \(\widehat{CAI}=\widehat{CBN}\)

Xét ΔCAI và ΔCBN có

\(\widehat{CAI}=\widehat{CBN}\)

\(\widehat{ICA}=\widehat{NCB}\)

Do đó: ΔCAI~ΔCBN

b: Ta có: \(\widehat{ACM}+\widehat{ACI}=\widehat{ICM}=90^0\)

\(\widehat{ICA}+\widehat{ICB}=\widehat{ACB}=90^0\)

Do đó: \(\widehat{ACM}=\widehat{ICB}\)

Ta có: \(\widehat{CAM}+\widehat{CAB}=\widehat{BAM}=90^0\)

\(\widehat{CAB}+\widehat{CBA}=90^0\)(ΔCAB vuông tại C)

Do đó: \(\widehat{CAM}=\widehat{CBA}\)

Xét ΔCAM và ΔCBI có

\(\widehat{CAM}=\widehat{CBI}\)

\(\widehat{ACM}=\widehat{BCI}\)

Do đó: ΔCAM~ΔCBI

=>\(\dfrac{AC}{CB}=\dfrac{AM}{BI}\)

=>\(AC\cdot BI=MA\cdot BC\)

c: Xét tứ giác CIBN có \(\widehat{ICN}+\widehat{IBN}=90^0+90^0=180^0\)

nên CIBN là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{CIN}=\widehat{CBN}\)

=>\(\widehat{CIN}=\widehat{BAC}\)

b: Chọn mp(SAC) có chứa SC

\(I\in SA\subset\left(SAC\right);I\in\left(BIK\right)\)

Do đó: \(I\in\left(SAC\right)\cap\left(BIK\right)\)

Trong mp(ABCD), gọi H là giao điểm của AC và BK

=>\(H\in\left(SAC\right)\cap\left(BIK\right)\)

=>\(\left(SAC\right)\cap\left(BIK\right)=HI\)

Gọi M là giao điểm của HI với SC

=>M là giao điểm của SC với mp(BIK)