\(1+2+3+...+x=55\)

=>\(x\cdot\dfrac{\left(x+1\right)}{2}=55\)

=>x(x+1)=110

=>\(x^2+x-110=0\)

=>(x+11)(x-10)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x+11=0\\x-10=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-11\left(loại\right)\\x=10\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: x=10

\(1+2+3+...+x=55\)

\(\dfrac{x\left(x+1\right)}{2}=55\)

\(x\left(x+1\right)=2\cdot55=110\)

\(x^2+x-110=0\)

\(x^2-10x+11x-110=0\\ x\left(x-10\right)+11\left(x-10\right)=0\\ \left(x-10\right)\left(x+11\right)=0\\ \left[{}\begin{matrix}x=10\\x=-11\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{40404}{70707}-\dfrac{1}{14}\\ =\dfrac{4\cdot10101}{7\cdot10101}-\dfrac{1}{14}\\ =\dfrac{4}{7}-\dfrac{1}{14}\\ =\dfrac{8}{14}-\dfrac{1}{14}\\ =\dfrac{7}{14}\\ =\dfrac{1}{2}\)

a: Xét ΔBAE vuông tại A và ΔBHE vuông tại H có

BE chung

\(\widehat{ABE}=\widehat{HBE}\)

Do đó: ΔBAE=ΔBHE

b: ΔBAE=ΔBHE

=>BA=BH và EA=EH

Ta có: BA=BH

=>B nằm trên đường trung trực của AH(1)

Ta có: EA=EH

=>E nằm trên đường trung trực của AH(2)

Từ (1),(2) suy ra BE là đường trung trực của AH

c: Xét ΔEAK vuông tại A và ΔEHC vuông tại H có

EA=EH

\(\widehat{AEK}=\widehat{HEC}\)

Do đó: ΔEAK=ΔEHC

=>EK=EC

mà EK>EA(ΔEAK vuông tại A)

nên EC>EA

\(\dfrac{40404}{70707}-\dfrac{1}{14}\)

\(=\dfrac{4}{7}-\dfrac{1}{14}\)

\(=\dfrac{8}{14}-\dfrac{1}{14}=\dfrac{7}{14}=\dfrac{1}{2}\)

a: BE=BD+DE

CD=CE+DE

mà BD=CE

nên BE=CD

Ta có: \(AM=MB=\dfrac{AB}{2}\)

\(AN=NC=\dfrac{AC}{2}\)

mà AB=AC

nên AM=MB=AN=NC

Xét ΔMBE và ΔNCD có

MB=NC

\(\widehat{MBE}=\widehat{NCD}\)

BE=CD

Do đó: ΔMBE=ΔNCD

=>ME=ND

b: 

Xét ΔABC có \(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}\)

nên MN//BC

=>MN//DE

Xét tứ giác MNED có

MN//ED

ME=ND

Do đó: MNED là hình bình hành

=>MD=NE

Xét ΔMDE và ΔNED có

MD=NE

DE chung

ME=ND

Do đó: ΔMDE=ΔNED

=>\(\widehat{MED}=\widehat{NDE}\)

=>\(\widehat{IDE}=\widehat{IED}\)

=>ΔIED cân tại I

c: Ta có: \(\widehat{IDE}+\widehat{IDB}=180^0\)(hai góc kề bù)

\(\widehat{IED}+\widehat{IEC}=180^0\)(hai góc kề bù)

mà \(\widehat{IDE}=\widehat{IED}\)

nên \(\widehat{IDB}=\widehat{IEC}\)

Xét ΔIDB và ΔIEC có

ID=IE

\(\widehat{IDB}=\widehat{IEC}\)

DB=EC

Do đó: ΔIDB=ΔIEC

=>IB=IC

=>I nằm trên đường trung trực của BC(1)

ta có: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra AI là đường trung trực của BC

=>AI\(\perp\)BC

Bài 7:

p là số nguyên tố lớn hơn 3

=>p=3k+1 hoặc p=3k+2

Nếu p=3k+1 thì \(8p+1=8\left(3k+1\right)+1=24k+9=3\left(8k+3\right)⋮3\)

=>Loại

=>p=3k+2

\(4p+1=4\left(3k+2\right)+1=12k+9=3\left(4k+3\right)⋮3\)

=>4p+1 là hợp số

Bài 6:

a: TH1: p=3

p+2=3+2=5; p+4=3+4=7

=>Nhận

TH2: p=3k+1

p+2=3k+1+2=3k+3=3(k+1)

=>Loại

TH3: p=3k+2

p+4=3k+2+4=3k+6=3(k+2)

=>Loại

b: TH1: p=5

p+2=5+2=7; p+6=5+6=11; p+18=5+18=23; p+24=5+24=29

=>Nhận

TH2: p=5k+1

p+24=5k+1+24=5k+25=5(k+5)

=>Loại

TH3: p=5k+2

p+18=5k+2+18=5k+20=5(k+4)

=>Loại

TH4: p=5k+3

p+2=5k+3+2=5k+5=5(k+1)

=>Loại

TH5: p=5k+4

p+6=5k+4+6=5k+10=5(k+2)

=>Loại

Vậy: p=5

Bài 5:

Với p=2 => 7p+5=7*2 + 5 = 19 (tm) 

Với p>3 

TH1: p=3k+1 

=> 7(3k+1)+5=21k+7+5=21k+12=3(7k+4) ⋮ 3 

=> 7p+5 là hợp số

TH2: p=3k+2

=>7(3k+2)+5=21k+14+5=21k+19

Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 => p lẻ => 3k + 2 lẻ => 3k lẻ => k lẻ 

k lẻ => 21k lẻ => 21k + 19 chẵn => 21k+19 ⋮ 2

=> 7p+5 là hơn số 

Vậy có p=2 là thỏa mãn 

Câu D . 

\(A=100^2-99^2+98^2-97^2+...+2^2-1^2\)

\(=\left(100-99\right)\left(100+99\right)+\left(98-97\right)\left(98+97\right)+...+\left(2-1\right)\left(2+1\right)\)

=100+99+98+97+...+2+1

\(=\dfrac{100\cdot101}{2}=50\cdot101=5050\)

\(A=100^2-99^2+98^2-97^2+...+2^2-1^2\\ =\left(100^2-99^2\right)+\left(98^2-97^2\right)+...+\left(2^2-1^2\right)\\ =\left(100-99\right)\left(100+99\right)+\left(98-97\right)\left(98+97\right)+...+\left(2-1\right)\left(2+1\right)\\ =199+195+...+7+3\\ =\dfrac{\left[\left(199-3\right):4+1\right]\cdot\left(199+3\right)}{2}\\ =\dfrac{\left(196:4+1\right)\cdot202}{2}\\ =5050\)