\(a+b=c+d\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3=\left(c+d\right)^3\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)=c^3+d^3+3cd\left(c+d\right)\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)=cd\left(c+d\right)\)

\(\Leftrightarrow ab=cd\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{c}=\dfrac{d}{b}=t\Leftrightarrow a=ct,d=bt\)

\(\left(a+b\right)^2\left(a^3+b^3\right)=a^5+b^5+2ab\left(a^3+b^3\right)+a^2b^2\left(a+b\right)\)

\(\left(c+d\right)^2\left(c^3+d^3\right)=c^5+d^5+2cd\left(c^3+d^3\right)+c^2d^2\left(c+d\right)\)

mà \(a+b=c+d,a^3+b^3=c^3+d^3,ab=cd\)

suy ra \(a^5+b^5=c^5+d^5\).

   9 ≤ 3ⁿ < 1000

  3² ≤ 3ⁿ < 10³

3² ≤ 3ⁿ  ≤  9³ < 10³

3² ≤ 3ⁿ ≤  3⁶ < 10³

2 ≤ n ≤ 6

a) Xét tam giác \(MNP\) cân tại \(M\) có \(MH\) là đường cao nên đồng thời cũng là đường trung tuyến suy ra \(H\) là trung điểm của \(NP\) suy ra \(HN=HP\).

b) \(MH\) là đường trung trực của \(NP\) suy ra \(D\) thuộc đường trung trực của \(NP\) suy ra \(DN=DP\). 

Suy ra tam giác \(DNP\) cân tại \(D\).

c) \(ME-MP=PE,DE-DN=DE-DP\)

Xét tam giác \(DEP\) có: \(DE-DP< PE\) (theo bất đẳng thức tam giác) 

suy ra đpcm. 

d) Vì tam giác \(DNP\) cân tại \(D\) nên \(DH\) là đường trung tuyến đồng thời là đường phân giác suy ra \(\widehat{NDH}=\widehat{PDH}\) 

suy ra \(\widehat{HDE}=\widehat{HDF}\) 

Xét tam giác \(MDF\) và tam giác \(MDE\) có: 

\(\widehat{FMD}=\widehat{EMD}\)

\(MD\) cạnh chung

\(\widehat{MDF}=\widehat{MDE}\)

suy ra \(\Delta MDF=\Delta MDE\left(g.c.g\right)\)

suy ra \(MF=ME\) mà \(MN=MP=PE=\dfrac{1}{2}ME\) suy ra  \(N\) là trung điểm của \(MF\).

Tam giác \(MEF\) có hai đường trung tuyến \(EN,FP\) cắt nhau tại \(D\) suy ra \(D\) là trọng tâm của tam giác \(MEF\).

Suy ra \(DP=\dfrac{FP}{3}\).

(a + b + c)² = a² + b² + c² 

<=> a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ca = a² + b² + c² 
<=> ab + bc + ca = 0

<=> \(abc\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=0\)

<=> \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=0\left(\text{vì }a;b;c\ne0\right)\)

<=> \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=-\dfrac{1}{c}\Leftrightarrow\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)^3=\left(-\dfrac{1}{c}\right)^3\)

<=> \(\left(\dfrac{1}{a}\right)^3+\left(\dfrac{1}{b}\right)^3+\dfrac{3}{ab}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)=-\left(\dfrac{1}{c}\right)^3\)

<=> \(\left(\dfrac{1}{a}\right)^3+\left(\dfrac{1}{b}\right)^3+\left(\dfrac{1}{c}\right)^3=-\dfrac{3}{ab}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)

<=>  \(\left(\dfrac{1}{a}\right)^3+\left(\dfrac{1}{b}\right)^3+\left(\dfrac{1}{c}\right)^3=\dfrac{3}{abc}\) 

Khi đó \(P=\dfrac{bc}{a^2}+\dfrac{ac}{b^2}+\dfrac{ab}{c^2}=abc\left(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}\right)=abc.\dfrac{3}{abc}=3\)

\(=-4x^3+\dfrac{2}{3}x^2-4x+2x^2-\dfrac{1}{3}x+2=-4x^3+\dfrac{8}{3}x^2-\dfrac{13}{3}x+2\)

a, Xét tam giác ABC cân tại A có AM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao 

=> AM vuông BC 

b, Vì M là trung điểm => MC = BC/2 = 16 cm 

Theo định lí Pytago tam giác AMC vuông tại M

\(AM=\sqrt{AC^2-MC^2}=30cm\)

\(2.\dfrac{-38}{21}.\dfrac{7}{4}.\dfrac{-3}{8}\)

\(=\) \(\left(-2.\dfrac{-7}{4}.\dfrac{-3}{8}\right).\dfrac{-38}{21}\)

\(=\)\(\left(\dfrac{7}{2}.\dfrac{-3}{8}\right).\dfrac{-38}{21}\)

= \(\dfrac{-21}{16}.\dfrac{-38}{21}\)

=  \(\dfrac{-38}{-16}=\dfrac{19}{8}\)

\(\left(-\dfrac{2}{3}+\dfrac{3}{7}\right)\div\dfrac{4}{5}+\left(-\dfrac{1}{3}+\dfrac{4}{7}\right)\div\dfrac{4}{5}\)

=   \(\left(\dfrac{-2}{3}+\dfrac{3}{7}+\dfrac{-1}{3}+\dfrac{4}{7}\right)\div\dfrac{4}{5}\)

=   \(\left[\left(-\dfrac{2}{3}+-\dfrac{1}{3}\right)+\left(\dfrac{3}{7}+\dfrac{4}{7}\right)\right]\div\dfrac{4}{5}\)

=   \(\left(-1+1\right)\div\dfrac{4}{5}\)

=  \(0\div\dfrac{4}{5}\)

=   \(0\)

\(\dfrac{5}{9}\div\left(\dfrac{1}{11}-\dfrac{5}{22}\right)+\dfrac{5}{9}\div\left(\dfrac{1}{15}-\dfrac{2}{3}\right)\)

= \(\dfrac{5}{9}\div\left(\dfrac{2}{22}-\dfrac{5}{22}\right)+\dfrac{5}{9}\div\left(\dfrac{1}{15}-\dfrac{10}{15}\right)\)

= \(\dfrac{5}{9}\div\dfrac{-3}{22}+\dfrac{5}{9}\div\dfrac{-9}{15}\)

= \(\dfrac{5}{9}.\dfrac{-3}{22}+\dfrac{5}{9}.\dfrac{-15}{9}\)

= \(\dfrac{5}{9}.\left(-\dfrac{22}{3}+-\dfrac{15}{9}\right)\)

= \(\dfrac{5}{9}.\dfrac{-27}{3}\)

= \(-5\)