Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
a) Đặt \(6x+7=y\)
\(PT\Leftrightarrow y^2\left(y-1\right)\left(y+1\right)=72\)
\(\Leftrightarrow y^4-y^2-72=0\)
\(\Leftrightarrow\left(y^2-9\right)\left(y^2+8\right)=0\)
Mà \(y^2+8>0\left(\forall y\right)\)
\(\Rightarrow y^2-9=0\Leftrightarrow\left(y-3\right)\left(y+3\right)=0\Leftrightarrow\left(6x+4\right)\left(6x+10\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}6x+4=0\\6x+10=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-\frac{2}{3}\\x=-\frac{5}{3}\end{cases}}\)
b) đk: \(x\ne\left\{-4;-5;-6;-7\right\}\)
\(PT\Leftrightarrow\frac{1}{\left(x+4\right)\left(x+5\right)}+\frac{1}{\left(x+5\right)\left(x+6\right)}+\frac{1}{\left(x+6\right)\left(x+7\right)}=\frac{1}{18}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+4}-\frac{1}{x+5}+\frac{1}{x+5}-\frac{1}{x+6}+\frac{1}{x+6}-\frac{1}{x+7}=\frac{1}{18}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+4}-\frac{1}{x+7}=\frac{1}{18}\)
\(\Leftrightarrow\frac{3}{\left(x+4\right)\left(x+7\right)}=\frac{1}{18}\)
\(\Leftrightarrow x^2+11x+28=54\)
\(\Leftrightarrow x^2+11x-26=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+13\right)\left(x-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-13\\x=2\end{cases}}\)
Bài 2 không tiện vẽ hình nên thôi nhờ godd khác:)
Bài 3:
Ta có:
\(a_n=1+2+3+...+n\)
\(a_{n+1}=1+2+3+...+n+\left(n+1\right)\)
\(\Rightarrow a_n+a_{n+1}=2\cdot\left(1+2+3+...+n\right)+\left(n+1\right)\)
\(=2\cdot\frac{n\left(n+1\right)}{2}+n+1\)
\(=n^2+n+n+1=\left(n+1\right)^2\)
Là SCP => đpcm
ABCD là hình thoi, 
= 
nên 
= 
, 
= .
EAH là tam giác đều (vì tam giác cân có một góc ) nên 
= , 
= . Cũng thế 
= , 
= .
Vậy EBFGDH có tất cả các góc bằng nhau, mặt khác EBFGDH cũng có tất cả các cạnh bằng nhau( bằng nửa cạnh hình thoi)
Vậy EBFGDH là một lục giác đều
ABCD là hình thoi, = nên = , = .EAH là tam giác đều (vì tam giác cân có một góc ) nên = , = . Cũng thế = , = .
Vậy EBFGDH có tất cả các góc bằng nhau, mặt khác EBFGDH cũng có tất cả các cạnh bằng nhau( bằng nửa cạnh hình thoi)
Vậy EBFGDH là một lục giác đều
a.vì tứ giác ABCD là hình bình hành
suy ra AB//CD, AB = CD
vì AB = CD mà M, N lần lượt là trung điểm AB, CD
suy ra AM = CN
mà AM//CN (M, N thuộc AB, CD) và AM = CN
\(\Rightarrow\) tứ giác AMCN là hình bình hành
b.MF//AE, M là trung điểm AB nên MF là đường trung bình của tam giác
Suy ra F là trung điểm của BE
c.vì AMCN là hình bình hành
suy ra AN//CM
xét tam giác ABE có
MF//AE, M là trung điểm AB
suy ra MF là đường trung bình của tam giác
suy ra F là trung điểm BE
chứng minh tương tự với tam giác CDF, ta được E là trung điểm DF
từ đó suy ra DE = EF = FB
a) Xét hình bình hành ABCD có:
AB=CD => AM=CN (1)
AB//CD => AM//CN (2)
Từ (1) và (2) => Tứ giác AMCN là hình bình hành (dấu hiệu 3)
b) Ta có: MF//AE (do CM//AN)
Xét tam giác BEA có:
MF//AE
AM=MB
=> MF là đường trung bình của tam giác BEA
=> EF=FB hay F là trung điểm của BE
c) Ta có: CF//NE (do CM//AN)
Xét tam giác DFC có:
DN=NC
CF//NE
=> NE là đường trung bình của tam giác DFC
=> DE=EF
mà EF=FB nên DE=EF=FB
Chứng minh được M Q = N P = 1 2 B D
Chứng minh tam giác ABD đều, suy ra được MN = BN = NP PD = DQ = QM
Chứng minh các góc của đa giác MBNPDQ bằng nhau và cùng bằng 1200.
Từ đó quy ra đa giác MBNPDQ là lục giác đều (ĐPCM).