4) \(\frac{7x}{x-2}+\frac{14}{2-x}=\frac{7x}{x-2}-\frac{14}{x-2}=\frac{7x-14}{x-2}=\frac{7\left(x-2\right)}{x-2}=7\)

7) \(\frac{1}{x^2-1}+\frac{1}{2x+2}+\frac{1}{2x-2}=\frac{1}{\left(x-1\right)}+\frac{1}{2\left(x+1\right)}+\frac{1}{2\left(x-1\right)}\)

MTC: 2(x-1)(x+1)

\(=\frac{2\left(x+1\right)}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}+\frac{x-1}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}+\frac{x+1}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\)

\(=\frac{2x+2+x-1+x+1}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\frac{4x+2}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\frac{2\left(x+1\right)}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\frac{1}{x-1}\)

10 ) \(\frac{1}{x+3}+\frac{2}{x-3}+\frac{6}{x^2-9}=\frac{1}{x+3}+\frac{2}{x-3}+\frac{6}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

MTC: (x-3)(x+3)

\(=\frac{x-3}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}+\frac{2\left(x+3\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}+\frac{6}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{x-3+2x+6+6}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{3x-3+12}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{3\left(x-1+4\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{3\left(x+3\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{3}{x-3}\)

4 / biến đổi dấu phân thức 

7x/x-2-14/x-2=7x-14/x-2

10/ MTC : (x-3) x ( x+3)

= 1x(x-3)+2x( x+3)+6/(x-3) x ( x+3)

bỏ  (x-3) x ( x+3) ở tử và mẫu còn

1+2+9 = 9

7chx nghĩ r 

HT~~~( sai thì xl hif^^)

Trên tia HM lấy Q sao cho HM= MQ sửa lại tia gì nhé sai r 

Sửa chỗ đó: Vẽ Q là tia đối với HM

a) Xét tứ giác HCQB có: 

M trung điểm BC

HM=MQ => M trung điểm HQ ( vì HM là tia đối với MQ)

Mà 2 đường chéo này cắt nhau tại M 

=> HCQB là hbh ( 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) (đpcm).

b) Vì HCQB là hbh

=>  HC/BQ

mà CE_|_ AB => HC_|_AB

=> CQ_|_EC

nên:CQ_|_AC (đpcm)

HCQB là hbh 

=> BE//CQ

Mà CE_|_AB

Nên: QB_|_AB (đpcm) 

c)  vì M là trung điểm HQ (tia đối)

        D trung điểm HP ( tia đối ) 

=>HM là đường tb của t/gPHQ 

Vì DM là đường tb nên DM//PQ

=> BC//PQ

=> BPQC là hình thang (1)

Xét tam giác HPQ có

HD=DP=1/2 HP (gt)

HM=MQ=1/2HQ (gt)

=> HP=HQ 

Do đó tam giác HPQ là tam giác cân tại H

=> ^HPQ=^HQP (2 góc tương ứng) (2)

Từ (1) và (2)=> BPQC là hình thang cân (đpcm)

d) ( câu này mình ngại làm b có thể bỏ đi)

Nối A với D và nối A với E 

Gọi I là giao của HD với AB; K là giao của HE với AC

Ta có

\(HD\perp AB;AC\perp AB\)=> HD //AC

\(HE\perp AC;AB\perp AC\) => HE // AB

=> AKHI là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một)

Mà \(\widehat{BAC}=90^o\)

=> AKHI là hình chữ nhật (hbh có 1 góc vuông là HCN) \(\Rightarrow IH=KA;AI=HK\)

Xét tg vuông ADI và tg vuông EAK có

ID=IH=AK

AI=HK=EK

=> tg ADI = tg EAK (hai tg vuông có 2 cạnh góc vuông bàng nhau) \(\Rightarrow\widehat{DAI}=\widehat{AEK}\)

Xét tg vuông EAK có \(\widehat{AEK}+\widehat{EAK}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{DAI}+\widehat{EAK}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{DAE}=\widehat{DAI}+\widehat{EAK}+\widehat{BAC}=90^o+90^o=180^o\)

=> D, A, E thẳng hàng

Xét tg vuông ADI và tg vuông AHI có

AI chung; ID=IH

\(\Rightarrow\Delta ADI=\Delta AHI\Rightarrow AD=AH\) (hai tg vuông có hai cạnh góc vuông = nhau)

Xét tg vuông BDI và tg vuông BHI có

BI chung; ID=IH 

\(\Rightarrow\Delta BDI=\Delta BHI\Rightarrow BD=BH\)(hai tg vuông có hai cạnh góc vuông = nhau)

Xét tg ADB và tg AHB có

AD=AH; BD=BH (cmt)

AB chung 

=> \(\Rightarrow\Delta ABD=\Delta AHB\left(c.c.c\right)\Rightarrow\widehat{ADB}=\widehat{AHB}=90^o\)

C/m tương tự ta cũng có \(\Delta AEC=\Delta AHC\Rightarrow\widehat{AEC}=\widehat{AHC}=90^o\)

Xét tg BDEC có

\(BD\perp DE;CE\perp DE\) => BD // CE => BDEC là hình thang

Mà \(\widehat{ADB}=90^o\)

=> BDEC là hình thang vuông

\(\Rightarrow S_{BDEC}=\frac{\left(BD+CE\right).DE}{2}\)

Ta có

 \(\Delta ADB=\Delta AHB\left(cmt\right)\Rightarrow BD=BH;AD=AH\)

\(\Delta AEC=\Delta AHC\Rightarrow CE=CH;AE=AH\)

\(\Rightarrow AD=AH=AE\Rightarrow DE=AD+AE=2.AH\)

\(\Rightarrow S_{BDEC}=\frac{\left(BD+CE\right).DE}{2}=\frac{\left(BH+CH\right).DE}{2}=\frac{BC.2.AH}{2}=BC.AH\)

Mà

\(S_{\Delta ABC}=\frac{BC.AH}{2}=\frac{S_{BDEC}}{2}\Rightarrow S_{BDCE}=2S_{\Delta ABC}\)

\(S_{BDEC}\) lớn nhất khi \(S_{\Delta ABC}\) lớn nhất

Ta có

\(S_{\Delta ABC}=\frac{AB.AC}{2}\) => \(S_{\Delta ABC}\) lớn nhất khi AB.AC lớn nhất

Theo bất đẳng thức cauchy ta có

\(AB^2+AC^2\ge2.AB.AC\Leftrightarrow AB.AC\le\frac{AB^2+AC^2}{2}\) Dấu bằng xảy ra khi AB=AC

Vậy để \(S_{BDEC}\) lớn nhất thì \(\Delta ABC\) phải là tam giác vuông cân

Đánh số các túi từ 1 đến 10

Túi thứ nhất lấy 1 đồng tiền

Túi thứ 2 lấy 2 đồng tiền

......................................

Túi thứ 10 lấy 10 đồng tiền

Tổng các đồng tiền lấy ra ở các túi là

\(1+2+3+...+10=\frac{10\left(1+10\right)}{2}=55\) đồng tiền

Nếu 55 đồng tiền đều là tiền thật thì chúng nặng là

55x10=550 gam

Cân 55 đồng tiền lấy ra xem chúng nhẹ hơn 550 gam là bao nhiêu gam thì đó chính là sô thứ tự của túi đựng tiền mà trong đó là tiền giả

Answer:

\(\left(x-1\right).\left(x+2\right)-x-2=0\)

\(\Rightarrow\left(x-1\right).\left(x+2\right)-\left(x+2\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(x+2\right).\left(x-1-1\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(x+2\right).\left(x-2\right)=0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=2\\x=-2\end{cases}}\)