Bài 3: 

c) Ta có: \(\dfrac{2-x}{5}=\dfrac{x+4}{7}\)

\(\Leftrightarrow14-7x=5x+20\)

\(\Leftrightarrow-7x-5x=20-14\)

\(\Leftrightarrow-12x=6\)

hay \(x=-\dfrac{1}{2}\)

4:

c; =>|x-1|+|x+2|=3

TH1: x<-2

Pt sẽ là -x-2+1-x=3

=>-2x-1=3

=>-2x=4

=>x=-2(loại)

TH2: -2<=x<1

Pt sẽ là x+2+1-x=3

=>3=3(luôn đúng)

TH3: x>=1

Pt sẽ là x-1+x+2=3

=>2x-1=3

=>2x=4

=>x=2(nhận)

Bài 4:

a, F(\(x\)) = m\(x\) + 3 có nghiệm \(x\) = 2

⇔ F(2) = 0 ⇔ m.2 + 3 = 0 

                      2m       = -3

                       m = - \(\dfrac{3}{2}\)

b, F(\(x\)) = m\(x\) - 5 có nghiệm \(x\) = 3 ⇔ F(3) = 0

              ⇔3m - 5 = 0 ⇒ m = \(\dfrac{5}{3}\)

c, F(\(x\)) = \(x^2\) + a\(x\) + b có 2 nghiệm phân biệt \(x\) = 1; \(x\) = 0

⇔ \(\left\{{}\begin{matrix}0+0+b=0\\1+a+b=0\end{matrix}\right.\) ⇔ \(\left\{{}\begin{matrix}b=0\\a=-1\end{matrix}\right.\)

Bài 5:

a: \(C=A\cdot B=\dfrac{-1}{3}\cdot\dfrac{3}{2}\cdot x^3y\cdot x^2yz=-\dfrac{1}{2}x^5y^2z\)

b: Hệ số là -1/5

Biến là \(x^5;y^2;z\)

Bậc là 8

c: \(C=\dfrac{1}{2}\cdot\left(-1\right)^5\cdot2^2\cdot3=-\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot3=-2\cdot3=-6\)

c, Vì ME⊥AC và BA⊥AC

  ⇒ ME// AB                (1)

Mà M là trung điểm của BC

 ⇒ E là trung điểm của AC

  ⇒ ME là đường TB của ΔABC

   \(\Rightarrow ME=\dfrac{1}{2}AB\)

Chứng minh tương tự ta có: D là trung điểm của AB

                                         ⇒ DA=DB

 ⇒ ME=DA=DB      (2)

Từ (1)(2) ⇒ BDEM là hình bình hành

Ta có:
AM=1/2MB(GT) ➪AM=MB
Xét tam giác AMB, ta có:
AM=MB ( CMT)
 ➪ Tam giác AMB là tam giác cân mà MD lại là đường cao của tam giác AMB( do MD┷ AB (GT))
➪  MD vừa là đường cao vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác  AMB (T/C)
 ➪ DA=DB mà EM=AD ( do EMDA là hình chữ nhật (CM ở b))
➪  EM=DB (1)
Ta có: 
ED=MA( do do EMDA là hình chữ nhật (CM ở b))
mà MA=MB (CMT)
➪MB=ED(2)
Từ (1) và (2)
➪ EMBD là hình bình hành (DHNB)

Bài 4: 

c) Ta có: \(\dfrac{x^3}{8}+\dfrac{x^2y}{2}+\dfrac{xy^2}{6}+\dfrac{y^3}{27}\)

\(=\left(\dfrac{x}{2}\right)^3+3\cdot\left(\dfrac{x}{2}\right)^2\cdot\dfrac{y}{3}+3\cdot\dfrac{x}{2}\cdot\left(\dfrac{y}{3}\right)^2+\left(\dfrac{y}{3}\right)^3\)

\(=\left(\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{3}y\right)^3\)

\(=\left(\dfrac{-1}{2}\cdot8+\dfrac{1}{3}\cdot6\right)^3=\left(-4+2\right)^3=-8\)

Bài 6:

a) Ta có: \(P=\left(x+2\right)^3+\left(x-2\right)^3-2x\left(x^2+12\right)\)

\(=x^3+6x^2+12x+8+x^3-6x^2+12x-8-2x^3-12x\)

=0

b) Ta có: \(Q=\left(x-1\right)^3-\left(x+1\right)^3+6\left(x+1\right)\left(x-1\right)\)

\(=x^3-3x^2+3x-1-x^3-3x^2-3x-1+6x^2-6\)

=-8

đầu tiên là bạn làm câu c trước xong mới làm câu b đc

c,C bằng -xy+1+xy bình trừ A.

b, lấy C- A là ra thôi

Bài 4: 

b: Xét ΔABK vuông tại A có AD là đường cao ứng với cạnh huyền BK

nên \(BD\cdot BK=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC

nên \(BH\cdot BC=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(BD\cdot BK=BH\cdot BC\)

Bài 4: 

a) Xét ΔABE và ΔHBE có 

BA=BH(gt)

\(\widehat{ABE}=\widehat{HBE}\)(BE là tia phân giác của \(\widehat{ABH}\))

BE chung

Do đó: ΔABE=ΔHBE(c-g-c)

b) Ta có: ΔABE=ΔHBE(cmt)

nên EA=EH(hai cạnh tương ứng)

Ta có: BA=BH(gt)

nên B nằm trên đường trung trực của AH(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: EA=EH(cmt)

nên E nằm trên đường trung trực của AH(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

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

c) Ta có: ΔABE=ΔHBE(cmt)

nên \(\widehat{BAE}=\widehat{BHE}\)(hai góc tương ứng)

mà \(\widehat{BAE}=90^0\)(gt)

nên \(\widehat{BHE}=90^0\)

Xét ΔBKC có 

KH là đường cao ứng với cạnh BC

CA là đường cao ứng với cạnh BK

KH cắt CA tại E

Do đó: E là trực tâm của ΔBKC(Tính chất ba đường cao của tam giác)

d) Ta có: EA=EH(cmt)

mà EH<EC(ΔEHC vuông tại H có EC là cạnh huyền)

nên EA<EC