x : 0,25 + x ´ 11 = 24 

x ´ 4 + x ´ 11 = 24

x ´ (4 + 11) = 24

x ´ 15 = 24

x = 24 : 15

x = 1,6

Vậy x = 1,6.

x ´ 8,01 – x ´ 0,01 = 38

x ´ (8,01 – 0,01) = 38

x ´ 8 = 38

x = 38:8

x = 4,75

Vậy x = 4,75

Áp dụng định lý đường phân giác trong tam giác ta có:

$\frac{AM}{HM}=\frac{AC}{HC};\frac{BN}{HN}=\frac{AB}{AH}$

Xét ΔAHB và ΔCHA có:

$\widehat{AHB}=\widehat{CHA}=90°$

AH chung

$\widehat{BAH}=\widehat{ACH}$ (cùng phụ với $\widehat{CAH}$)

Do đó ΔAHB ᔕ ΔCHA (g.g)

Suy ra $\frac{AB}{AH}=\frac{AC}{HC}$

Do đó, $\frac{AM}{HM}=\frac{BN}{HN}$

Suy ra MN // AB (định lý Ta-let đảo)

Vậy MN // AB.

x × 9,8 – x : 0,25 = 18,096

x × 9,8 – x × 4 = 18,096

x × (9,8 – 4) = 18,096

x × 4,8 = 18,096

x = 18,096 : 4,8

x = 3,77

0,16 : (x : 3,5) = 2,8

0,16 : x × 3,5 = 2,8

0,56 : x = 2,8

x = 0,56 : 2,8

x = 0,2

Vậy x = 0,2

x⁴ + 2x² – 3 = 0

⇔ (x⁴ + 2x² + 1) – 4 = 0

⇔ (x² + 1)² − 2² = 0

⇔ (x² + 1 − 2)(x² + 1 + 2) = 0

⇔ (x² – 1)(x² + 3) = 0

Vì x² ≥ 0 nên x² + 3 > 0 với mọi x

Do đó x² – 1 = 0

⇔ x² = 1

⇔ x = ± 1

x⁴ – 4x³ – 2x² + 12x + 5 = 0

⇔ (x⁴ – 4x³ + 4x²)– 6x² + 12x + 5 = 0

⇔ (x² – 2x)² – 6(x² – 2x) + 5 = 0

⇔ (x² – 2x)² – (x² – 2x) – 5(x² – 2x) + 5 = 0

⇔ (x² – 2x)(x² – 2x – 1) – 5(x² – 2x – 1) = 0

⇔ (x² – 2x – 1)(x² – 2x – 5) = 0

$\iff \left[\begin{array}{c}{x}^2-2x-1=0\\ x^2-2x-5=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}{x}^2-2x+1-1=0\\ x^2-2x+1-6=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{c}{(x-1)}^2-2=0\\ {(x-1)}^2-6=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}\left(x-1-\sqrt{2}\right)\left(x-1+\sqrt{2}\right)=0\\ \left(x-1-\sqrt{6}\right)\left(x-1+\sqrt{6}\right)=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{c}x=1\pm \sqrt{2}\\ x=1\pm \sqrt{6}\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $S=\left\{1\pm \sqrt{2};1\pm \sqrt{6}\right\}$.

Ta có: x³ – x²y – xy² + y³

= x²(x – y) – y²(x – y)

= (x² – y²)(x – y)

= (x – y)²(x + y)

–6x² – 9xy + 15y²

= –(6x² + 9xy – 15y²)

= –(6x² – 6xy + 15xy – 15y²)

= –[6x(x – y) + 15y(x – y)]

= –[(x – y)(6x + 15y)]

Ta có: sin² α + cos² α = 1

⇒ cos² α = 1 − sin² α

${\cos }^2\alpha =1-{\left(\frac{4}{5}\right)}^2=1-\frac{16}{25}=\frac{9}{25}$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{c}{\cos }^2\alpha ={\left(\frac{3}{5}\right)}^2\\ {\cos }^2\alpha ={\left(-\frac{3}{5}\right)}^2\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{c}\cos \alpha =\frac{3}{5}\\ \cos \alpha =-\frac{3}{5}\end{array}\right.$

Mà α là góc tù ⇒ cos α < 0

$\cos \alpha =-\frac{3}{5}$

$\Rightarrow A=2\sin \alpha -\cos \alpha =2\cdot \frac{4}{5}-\left(-\frac{3}{5}\right)=\frac{8}{5}+\frac{3}{5}=\frac{11}{5}$

Vậy $A=\frac{11}{5}\cdot$

Sau 1 giờ, xe thứ nhất đi được quãng đường là:

30. 1 = 30 (km)

Sau 1 giờ, xe thứ hai đi được quãng đường là:

40. 1 = 40 (km)

Sau 1 giờ, hai xe cách nhau quãng đường là:

80 – 30 – 40 = 10 (km)

Đáp số: 10 km

Sau 1 giờ, xe thứ nhất đi được quãng đường là:

30. 1 = 30 (km)

Sau 1 giờ, xe thứ hai đi được quãng đường là:

40. 1 = 40 (km)

Sau 1 giờ, hai xe cách nhau quãng đường là:

160 – 30 – 40 = 90 (km)

Sau khi xe thứ nhất tăng tốc, thời gian hai xe gặp nhau là:

90 : (50 + 40) = 1 (giờ)

Tổng thời gian 2 xe đã đi là:

1 + 1 = 2 (giờ)

Đáp số: 2 giờ.

Ta có: $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=\frac{1}{7}$

$\iff \frac{m+n}{mn}=\frac{1}{7}\iff 7m+7n=mn$

Û 7m + 7n – mn = 0

Û m(7 – n) + 7n – 49 = –49

Û m(7 – n) – 7(7 – n) = –49

Û (m – 7)(7 – n) = –49

Lập bảng xét các trường hợp:

Vậy các cặp nguyên dương (m; n) thoả mãn là: (56; 8); (8; 56); (14; 14).

Ta có: $\frac{3}{m}+\frac{3}{n}=1$

$\iff \frac{3m+3n}{mn}=1\iff 3m+3n=mn$

Û 3m + 3n – mn = 0

Û m(3 – n) + 3n – 9 = –9

Û m(3 – n) – 3(3 – n) = –9

Û (m – 3)(3 – n) = –9

Lập bảng xét các trường hợp:

Vậy các cặp nguyên dương (m; n) thoả mãn là: (2; –6 ); (4; 12); (–6; 2); (12; 4); (0; 0); (6; 6)

Áp dụng công thức ta có: $i=\frac{{{\rm Z}}_1}{{{\rm Z}}_2}$

Vậy tỉ số truyền ở đây là: $i=\frac{{{\rm Z}}_1}{{{\rm Z}}_2}=\frac{80}{20}=4$.

Vậy chi tiết đĩa líp quay nhanh hơn đĩa xích 4 lần.

$(x+2)(3-4x)=x^2+4x+4$

$\iff (x+2)(3-4x)-{(x+2)}^2=0$

$\iff (x+2)(3-4x)-(x+2)(x+2)=0$

$$\begin{gathered} \iff (x+2)\left[(3-4x)-(x=2)\right]=0 \\ \iff (x+2)(3-4x-x-2)=0\iff (x+2)(1-5x)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x+2=0\\ 1-5x=0\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=0,2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {– 2; 0,2}.

Các thừa số tròn chục trong tích trên là: 10; 20; 30 và 40

Þ Các thừa số trên tạo ra 4 chữ số 0.

Các thừa số có tận cùng là chữ số 5 trong tích trên là: 5; 15; 25; 35 và 45

trong đó, 25 = 5 × 5.

Mỗi thừa số có tận cùng là chữ số 5 nhân với một thừa số chẵn sẽ tạo ra một số có tận cùng là chữ số 0.

Do đó các thừa số trên tạo ra 6 chữ số 0.

Tích 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × … × 45 × 46 có tận cùng số chữ số 0 là:

4 + 6 = 10 (chữ số)

Vậy tích 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × … × 45 × 46 có tận cùng 10 chữ số 0.

Các thừa số có tận cùng là chữ số 5 trong tích trên là: 15; 25 và 45

trong đó, 25 = 5 × 5.

Mỗi thừa số có tận cùng là chữ số 5 nhân với một thừa số chẵn sẽ tạo ra một số có tận cùng là chữ số 0.

Do đó các thừa số trên tạo ra 4 chữ số 0

Vậy 2 × 11 × 6 × 14 × 15 × 17 × 18 × 25 × 45 có tận 4 chữ số 0.

Hàm số y = ax² + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{3}{4}$ khi $x=\frac{1}{2}$ nên ta có:

$\frac{-b}{2a}=\frac{1}{2}\iff a+b=0$   (1)

$\frac{3}{4}=a{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+b\left(\frac{1}{2}\right)+c\iff a+2b+4c=3$  (2)

Hàm số y = ax² + bx + c nhận giá trị bằng 1 khi x = 1 nên ta có:

a + b + c = 1   (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: $\left\{\begin{array}{c}a+b=0\\ a+2b+4c=3\\ a+b+c=1\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}a=1\\ b=-1\\ c=1\end{array}\right.$

Vậy hàm số cần tìm là: y = x² – x + 1.

Hàm số y = ax² + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x = 1 nên ta có:

$\frac{-b}{2a}=1\iff 2a+b=0$   (1)

2 = a. 1² + b. 1 + c Û a + b + c = 2  (2)

Hàm số y = ax² + bx + c nhận giá trị bằng 3 khi x = 2 nên ta có:

4a + 2b + c = 3   (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: $\left\{\begin{array}{c}2a+b=0\\ a+b+c=2\\ 4a+2b+c=3\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}a=1\\ b=-2\\ c=3\end{array}\right.$

Vậy hàm số cần tìm là: y = x² – 2x + 3.

Lời giải

P(0) = c mà P(0) nguyên

Þ c nguyên

P(1) = a + b + c mà P(1) nguyên

Þ a + b + c nguyên mà c nguyên

Þ a + b nguyên

P(2) = 4a + 2b + c mà P(2) nguyên

Þ 4a + 2b + c nguyên mà c nguyên

Þ 4a + 2b nguyên hay 2a + b nguyên

Þ 2a + b − (a + b) nguyên

Þ a nguyên mà a + b nguyên

Þ b nguyên

Do đó a, b, c nguyên

Vậy P(x) có giá trị nguyên với mọi x nguyên.

Tam giác ABC có A’B’, B’C’, C’A’ là các đường trung bình của tam giác

Ta có:

$A\text{'}B\text{'}=BC\text{'}=C\text{'}A=\frac{1}{2}AB$

$\Rightarrow \overrightarrow{BC\text{'}}=\overrightarrow{C\text{'}A}=\overrightarrow{A\text{'}B\text{'}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}$ (đpcm)

Vậy $\overrightarrow{BC\text{'}}=\overrightarrow{C\text{'}A}=\overrightarrow{A\text{'}B\text{'}}$.

G là trọng tâm tam giác ABC nên $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$

Ta có: MA² + MB² + MC² = ${\overrightarrow{MA}}^2+{\overrightarrow{MB}}^2+{\overrightarrow{MC}}^2$

$$\begin{gathered} ={\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right)}^2 \\ =M{G}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GA}+G{A}^2+M{G}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GB}+G{B}^2+M{G}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GC}+G{C}^2 \\ =3M{G}^2+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2+2\overrightarrow{MG}.\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right) \\ =3M{G}^2+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{0} \end{gathered}$$

$=3M{G}^2+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2$  (đpcm)

Vậy MA² + MB² + MC² = 3MG² + GA² + GB² + GC².

Ta có: AB cố định

$\widehat{ADC}=45°$ (vì tam giác BCD vuông cân)

Suy ra khi C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB cố định thì D chuyển động trên cung chứa góc 45° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Gọi B₀ là giao điểm của tiếp tuyến Ax với cung chứa góc 45° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Dây AC thay đổi phụ thuộc vị trí điểm C trên nửa đường tròn đường kính AB cố định.

AC lớn nhất khi AC = AB Û $C\equiv A$

Khi đó, $D\equiv B_0$

AC nhỏ nhất khi AC = 0 Û $C\equiv A$

Khi đó, $D\equiv B_0$

Vậy quỹ tích các điểm D khi C chạy trên nửa đường tròn đường kính AB là cung BB₀ nằm trên cung chứa góc 45° dựng trên đoạn thẳng AB cố định, trong nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C (bị giới hạn bởi tiếp tuyến).

Ta có: AB cố định

$\widehat{AEB}=135°$ (góc ngoài của tam giác BCE vuông cân)

Suy ra khi C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB cố định thì E chuyển động trên cung chứa góc 135° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Vậy quỹ tích các điểm E khi C chạy trên nửa đường tròn đường kính AB là cung chứa góc 135° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Để lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số ta phải thực hiện qua ba giai đoạn:

+ Chọn một quả cầu đỏ

+ Chọn một quả cầu xanh

+ Chọn một quả cầu vàng

Chọn quả cầu đỏ có 5 cách chọn

Chọn quả cầu xanh có 5 cách chọn (trừ quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ)

Chọn quả cầu vàng có 5 cách chọn (trừ hai quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ và quả cầu xanh)

Theo quy tắc nhân ta được 5. 5. 5 = 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số

Vậy có 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số.

Trường hợp 1: chọn 4 bi đỏ hoặc trắng có:  $C_9^4=126$ (cách)

Trường hợp 2: chọn 4 bi đỏ và vàng hoặc 4 bi vàng có $C_{10}^4-C_4^4=209$ (cách)

Trường hợp 3: chọn 4 bi trắng và vàng có $C_{11}^4-(C_5^4+C_6^4)=310$ (cách)

Số cách chọn 4 viên bi từ hộp đó sao cho không có đủ 3 màu là:

126 + 209 + 310 = 645 (cách)

Vậy có 645 cách.

Xét ΔABH và ΔKBH có:

AH = KH (gt)

$\widehat{BHA}=\widehat{BHK}=90°$

BH cạnh chung

Do đó ΔABH = ΔKBH (c.g.c)

Để hai đồ thị hàm số trên song song thì:

$\left\{\begin{array}{c}m+1=2\\ m^2+m\ne 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m=1\\ (m-1)(m+2)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m=1\\ m\ne 1\\ m\ne -2\end{array}\right.$ (vô lý)

Vậy không tồn tại m để 2 đường thẳng trên song song.

Để d // d’ thì: $\left\{\begin{array}{c}m-1=3\\ -2m\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m=4\\ m\ne \frac{-1}{2}\end{array}\right.$

Vậy m = 4 thì d // d’.

Ta có: $P={\log }_a{b}^3+{\log }_{a^2}{b}^6=3{\log }_{a}b+\frac{6}{2}{\log }_{2}b=6{\log }_{a}b$

Vậy $P=6{\log }_{a}b$.

Giả sử phương trình có hai nghiệm x₁ và x₂.

Theo Vi-et ta có: $\left\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=2m-2\\ x_1+x_2=m^2-3m+4\end{array}\right.$

$\Rightarrow m=\frac{x_1+x_2+2}{2}$

$x_1{x}_2={\left(\frac{x_1+x_2+2}{2}\right)}^2-3\left(\frac{x_1+x_2+2}{2}\right)+4$

Vậy hệ thức liên hệ giữa x₁ và x₂ độc lập với m là $x_1{x}_2={\left(\frac{x_1+x_2+2}{2}\right)}^2-3\left(\frac{x_1+x_2+2}{2}\right)+4$.

Giả sử phương trình có hai nghiệm x₁ và x₂.

Theo Vi-et ta có: $\left\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=2m-2\\ x_1+x_2=m^2-3m\end{array}\right.$

$\Rightarrow m=\frac{x_1+x_2+2}{2}$

$\Rightarrow x_1{x}_2={\left(\frac{x_1+x_2+2}{2}\right)}^2-3\left(\frac{x_1+x_2+2}{2}\right)$

AE là phân giác của $\widehat{CAx}$

$\Rightarrow \widehat{CAE}=\widehat{EAF}=\frac{1}{2}\widehat{CAF}$

Mà $\widehat{ABE}=\widehat{EAF}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AE}$)

$\Rightarrow \widehat{ABE}=\widehat{CAE}$ (1)

Ta có: $\widehat{ACB}=\widehat{AEB}=90°$ (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2)

Từ (1) và (2) ta có: $\widehat{AKB}=\widehat{BAE}$ (vì cùng phụ với hai góc bằng nhau)

Vậy ΔABK cân tại B.

Ta có: $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BH}$

$=\overrightarrow{AB}+\frac{4}{3}\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AB}+\frac{4}{3}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AE}\right)$

$=\overrightarrow{AB}+\frac{4}{3}\left(-\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\right)$

$=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$

Vậy $\overrightarrow{AH}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$.

Ta có: MN là đường trung bình của ΔSAB

Þ MN // AB

Mà AB // CD (vì ABCD là hình thang)

Þ MN // CD

Lại có: CD Ì (SCD)

Þ MN // (SCD)

Vậy MN // (SCD).

Trong (ABCD) gọi AD Ç BC = {E}

Ta có:

• E Î AD Ì (ADN) Þ E Î (ADN)

• E Î BC Ì (SBC) Þ E Î (SBC)

Do đó E Î (ADN) Ç (SBC)

Þ (ADN) Ç (SBC) = EN

Gọi SC Ç EN = {P}

Ta có: P Î SC

P Î EN Ì (ADN)

Þ P = SC Ç (ADN)

Độ dài đường chéo BD là:

$BD=\frac{2.20}{10}=4\left(cm\right)$

Đáp số: 4 cm.

Độ dài đường chéo BD là:

$20\cdot \frac{3}{5}=12\left(cm\right)$

Diện tích hình thoi ABCD là:

$\frac{20.12}{2}=120\left(c{m}^2\right)$

Đáp số: 120 cm²

$\widehat{ACB}=90°$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông ABC, ta có:

AB² = AC² + BC²

Û (2R)² = AC² + R²

Û AC² = 3R²

$\iff AC=R\sqrt{3}$

Ta có: $\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{A}=30°$

$\Rightarrow \frac{MO}{MI}+\frac{MO}{MB}=\frac{AO+NO}{AN}=\frac{AN}{AN}=1$

Vậy $AC=R\sqrt{3}$; $\widehat{A}=30°$; $\widehat{B}=60°$.

Gọi H = OD ∩ AC

Ta có: OD ⊥ AC tại H 

⇒ H là trung điểm của AC

⇒ OD là trung trực của AC

⇒ DA = DC (tính chất đường trung trực).

Xét ΔOAD và ΔOCD có:

OA = OC (= R)

OD chung

DA = DC

Þ ΔOAD = ΔOCD (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{OAD}=\widehat{OCD}$

Mà $\widehat{OAD}=90°$

$\Rightarrow \widehat{OCD}=90°$

Þ OC ⊥ CD

Vậy CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C.

Ta có: A = |x – 3| + |x – 5| + |x – 7|

= |x – 3| + |x – 5| + |7 – x| ≥ | x − 3 + 7 − x | + | x − 5 |

= | 4 | + | x − 5 |

= 4 + | x − 5 |

Do |x – 5| ≥ 0 nên 4 + |x – 5| ≥ 4

Þ |x – 3| + |x – 5| + |7 – x| ≥ 4

Dấu "=" xảy ra khi |x – 5| = 0

⇔ x − 5 = 0

⇔ x = 5

Vậy GTNN của A = 4 khi x = 5.

Ta có: M = |x + 5| + |x + 2| + |x – 7| + |x – 8|

³ |−x + 8 – x – 2 + x + 5 + x + 7| = 18

Dấu bằng xảy ra khi −5 £ x £ −2.

Vậy M có giá trị nhỏ nhất là 18 khi −5 £ x £ −2.

(n – 3) + (n – 2) + (n – 1) + … + 10 + 11 = 11

Û (n – 3) + (n – 2) + (n – 1) + … + 10 = 0

Gọi số các số hạng từ n – 3 đến 10 là x (số hạng) ($x\in {\mathbb{N}}^{*}$)

Ta có:

[10 + (n – 3)]. x : 2 = 0

Û (n + 7). x = 0

Vì x > 0 nên n + 7 = 0 Û n = –7 (tmđk)

Vậy n = –7.

(n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + (n + 4) = 90

Û 4n + 10 = 90

Û 4n = 80

Û n = 20

Vậy n = 20.

|2x – 1| = x + 2

• Với $x\ge \frac{1}{2}$, ta có |2x – 1| = 2x – 1

Û 2x – 1 = x + 2

Û x = 3 (TMĐK)

• Với $x<\frac{1}{2}$, ta có |2x – 1| = 1 – 2x

Û 1 – 2x = x + 2

Û 3x = –1

$\iff x=-\frac{1}{3}$(TMĐK)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $S=\left\{-\frac{1}{3};3\right\}$.

(x + 3) – |x + 7| = 0

Û x + 3 = |x + 7|

• Với x ≥ –3, ta có: x + 3 = x + 7

Û 0 = 4 (vô lí)

• Với x < –3, ta có: x + 3 = –x – 7

Û 2x = –10

Û x = –5 (TMĐK)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = –5.

xy + x + y = 17

Û x(y + 1) + (y + 1) = 18

Û (x + 1)(y + 1) = 18

Do x, y ∈ ℕ nên ta có bảng:

Vậy các cặp số (x, y) là (0; 17), (1; 8), (2; 5), (5; 2), (8; 1), (17; 0).

Đặt n² + 31 = a² (a ∈ ℕ)

Û a² – n² = 33

Û (a - n)(a + n) = 33 = 1. 31

Dễ thấy a – n < a + n nên ta có:

$\left\{\begin{array}{c}a-n=1\\ a+n=31\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}a=16\\ n=15\end{array}\right.$

Vậy n = 15

Ta có: A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y⁴

= (x² + 5xy + 4y²)( x² + 5xy + 6y²) + y⁴

Đặt x² + 5xy + 5y² = t (t ∈ ℕ)

A = (t – y²)(t + y²) + y⁴ = t² – y⁴ + y⁴ = t²

Vậy A là số chính phương.

Ta có: A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n² + 3n)(n² + 3n + 2) + 1

Đặt n² + 3n = t (t ∈ ℕ)

A = t(t + 2) + 1

= t² + 2t + 1 = (t + 1)²

Vậy A là số chính phương.

Ta có: 37,99 = 16 × 2,37 + 0,07

Vậy số dư của phép chia 37,99 cho 16 là 0,07.

Ta có: 32,451 = 24 × 1,352 + 0,003

Vậy số dư của phép chia 32,451 chia cho 24 là 0,003.

Đặt n² + 2n + 12 = k² $(k\in \mathbb{N})$

Û n² + 2n + 1 + 11 = k²

Û (n + 1)² + 11 = k²

Û k² – (n + 1)² = 11

Û (k – n – 1)(k + n + 1) = 11 = 1. 11

Dễ thấy k + n + 1 > k – n – 1 nên ta có:

$\left\{\begin{array}{c}k+n+1=11\\ k-n-1=1\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}k+n=10\\ k-n=2\end{array}\right.$

Vậy n = 4.

Đặt n² + 3n = k² $(k\in \mathbb{N})$

Û 4n² + 12n + 9 – 9 = 4k²

Û (2n + 3)² – 4k² = 9

Û (2n + 3 – 2k)(2n + 3 + 2k) = 9

Dễ thấy 2n + 3 + 2k > 2n + 3 – 2k nên ta có:

$\left\{\begin{array}{c}2n+3+2k=9\\ 2n+3-2k=1\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}k+n=3\\ n-k=-1\end{array}\right.$

Vậy n = 1.

46 – (x – 11) = –48

Û x – 11 = 46 + 8

Û x – 11 = 94

Û x = 94 + 11

Û x = 105

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 105.

4x – 20 = 4

Û 4x = 20 + 4

Û 4x = 24

Û x = 6

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 6.

7x³ + 12x² – 4x = 0

Û x(7x² + 12x – 4) = 0

Û x(7x² + 14x – 2x – 4) = 0

Û x[7x(x + 2) – 2(x + 2)] = 0

Û x(x + 2)(7x – 2) = 0

$\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x+2=0\\ 7x-2=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}x=0\\ x=-2\\ x=\frac{2}{7}\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $S=\left\{-2;0;\frac{2}{7}\right\}$.

x(x − 3) + 5x = x²−8

Û x(x − 3) + 5x − x² + 8 = 0

Û x² − 3x + 5x − x² + 8 = 0

Û 2x + 8 = 0

Û 2x = −8

Û x = −4

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = −4.

Tập xác định của hàm số là tập hợp các giá trị của x thỏa mãn điều kiện: $\left\{\begin{array}{c}-2x+3m+2\ge 0\\ 2x+4m-8\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}3m+2\ge 2x\\ 2x\ne 8-4m\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}x\le \frac{3m+2}{2}\\ x\ne 4-2m\end{array}\right.$

Để hàm số xác định trên khoảng (−∞;−2) cần có:

$\iff \left\{\begin{array}{c}\frac{3m+2}{2}\ge -2\\ 4-2m\ge -2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m\ge -2\\ m\le 3\end{array}\right.$

Þ m Î [−2; 3]

Vậy m Î [−2; 3].

E, F là trung điểm AB, CD

$\Rightarrow AE=EB=\frac{1}{2}AB,DF=FC=\frac{1}{2}CD$

Ta có: AB = CD hay 2AD = 2BC

Þ AE = EB = BC = CF = FD = DA.

Tứ giác ADFE có AE // DF, AE = DF

Þ ADFE là hình bình hành.

Hình bình hành ADFE có $\widehat{A}=90°$

Þ ADFE là hình chữ nhật.

Hình chữ nhật ADFE là hình chữ nhật có AE = AD

Þ ADFE là hình vuông

Vậy ADFE là hình vuông.

Vì $\left\{\begin{array}{c}m//n\\ x\perp m\end{array}\right.\left(gt\right)\Rightarrow x\perp n$ (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Vậy x ^ n.

Nối A với Q, ta có: $\widehat{AQB}=90°$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Lại có tam giác ABM vuông tại A

Þ AQ ^ BM

Xét ΔAMB vuông tại A có:

AQ ^ BM

Þ MA² = MQ . MB (theo hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Vậy MA² = MQ . MB

Vì ΔABC cân tại A nên AI vừa là đường phân giác vừa là đường cao

Do đó ba điểm A, I, O thẳng hàng 

Þ AO ⊥ BC

$\Rightarrow \widehat{OIC}=\widehat{ICB}=90°$(1)

Vì OI = OC = R nên ΔIOC cân tại O

$\Rightarrow \widehat{OIC}=\widehat{ICO}$ (2)

CI là phân giác của $\widehat{C}$:

$\Rightarrow \widehat{ICB}=\widehat{ICA}$(3)

Từ (1); (2) và (3) ta có:

$\Rightarrow \widehat{ACO}=90°$

Þ AC ^ CO

Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác BIC.

Xét ΔABC có:

CI là phân giác của $\widehat{ACB}$

 CK ^ CI

Þ CK là đường phân giác góc ngoài $\widehat{ACB}$

$\Rightarrow \frac{AI}{HI}=\frac{AK}{HK}$ (tính chất đường phân giác)

Þ AI. HK = AK. HI (đpcm)

Vậy AI. HK = AK. HI

Xét ΔABC vuông tại A có AE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra $AE=EB=EC=\frac{1}{2}BC$

Vì EA = EC nên E nằm trên đường trung trực của AC.

Vì N là trung điểm của AC nên N nằm trên đường trung trực của AC.

Suy ra EN là đường trung trực của đoạn thẳng AC nên EN ⊥ AC.

Ta có: BA ⊥ AC và EN ⊥ AC nên BA // EN.

Tứ giác ANEB có BA // EN nên ANEB là hình thang

Lại có $\widehat{BAN}=90°$ nên hình thang ANEB là hình thang vuông

Vậy ANEB là hình thang vuông.

Xét ΔABC vuông tại A có:

AE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra

Ta có: EA = EC nên E nằm trên đường trung trực của AC.

N là trung điểm của AC nên N nằm trên đường trung trực của AC.

Þ EN là đường trung trực của đoạn thẳng AC nên EN ⊥ AC

Lại có: EA = EB nên E nằm trên đường trung trực của AB.

M là trung điểm của AB nên M nằm trên đường trung trực của AB.

Þ EM là đường trung trực của AB nên EM ⊥ AB hay 0$\widehat{AME}=90°$

Tứ giác AMEN có: $\widehat{ANE}=\widehat{AME}=\widehat{MAN}=90°$

Þ ANEM là hình chữ nhật

Vậy ANEM là hình chữ nhật.