$ĐKXĐ:x \neq -4;-5;-6;-7$

$pt⇔\dfrac{1}{x^2+4x+5x+20}+\dfrac{1}{x^2+5x+6x+30}+\dfrac{1}{x^2+6x+7x+42}=\dfrac{1}{18}$

$⇔\dfrac{1}{(x+4)(x+5)}+\dfrac{1}{(x+5)(x+6)}+\dfrac{1}{(x+6)(x+7)}=\dfrac{1}{18}$

$⇔\dfrac{1}{x+4}-\dfrac{1}{x+5}+\dfrac{1}{x+5}-\dfrac{1}{x+6}+\dfrac{1}{x+6}-\dfrac{1}{x+7}=\dfrac{1}{18}$

$⇔\dfrac{1}{x+4}-\dfrac{1}{x+7}=\dfrac{1}{18}$

$⇔\dfrac{3}{(x+4)(x+7)}=\dfrac{1}{18}$

$⇔x^2+11x+28=54$

$⇔x^2+11x-26=0$

$⇔x^2-2x+13x-26=0$

$⇔(x-2)(x+13)=0$

$⇔$ \(\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=-13\end{matrix}\right.\)(t/m)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S=(2;-13)$

$pt⇔x^3(x^2-4)=0$

$⇔x^3.(x-2)(x+2)=0$

$⇔$ \(\left[{}\begin{matrix}x=0\\x-2=0\\x+2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=2\\x=-2\end{matrix}\right.\)

Vậy phương trình cho có tập nghiệm $S=(0;2;-2)$

Cái này sai nhé bạn

$pt⇔x^3(x-4)=0$

$⇔ \begin{cases}x^3=0\\x-4=0\end{cases}$

$⇔\begin{cases}x=0\\x=4\end{cases}$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S=(0;4)$ 

a, $n=0⇒B=\dfrac{6}{0+2}=3$

$n=2⇒B=\dfrac{6}{2+2}=\dfrac{3}{2}$

$n=-5⇒B=\dfrac{6}{-5+2}=\dfrac{6}{-3}=-2$

b, $B$ là phân số $⇔B$ có nghĩa

$⇔n$ thỏa mãn ĐKXĐ:$n+2 \neq 0$ hay $n \neq -2$
$n∈Z$

Vậy $n \neq -2;n∈Z$ thì $B$ là phân số

Gọi vận tốc cano là $x(km;x>0)$

Quãng đường từ $A$ đến $B$ sẽ là: $3(x+2)(km)$

Quãng đường từ $B$ về $A$ sẽ là: $3\dfrac{1}{3}.(x-2)(km)$

Nên ta sẽ có phương trình:

$3(x+2)=3\dfrac{1}{3}.(x-2)$

$⇔3x+6=\dfrac{10(x-2)}{3}$

$⇔9x+18=10x-20$

$⇔x=38(km/h)$

Nên quãng đường $AB$ là: $3.(x+2)=3.(38+2)=120(km)$

Chu vi nửa hình tròn là:

$3,14.5:2=7,85(cm)$

Bán kính nửa hình tròn là:

$5:2=2,5(cm)$

Diện tích nửa hình tròn là:

$3,14.2,5^2:2=3,925(cm^2)$

Vậy...

Xét $(O)$ có: $BC$ là dây cung
$I$ là trung điểm $BC$

$⇒OI ⊥BC$ (tính chất)

Xét $(O)$ có: $AM;AN$ là các tiếp tuyến của đường tròn

$⇒AM⊥OM;AN⊥ON;AM=AN$

Xét tứ giác $AMON$ có:

$\widehat{AMO}=\widehat{ANO}=90^o$

$⇒\widehat{AMO}+\widehat{ANO}=180^o$

$⇒$ Tứ giác $AMON$ nội tiếp (tổng 2 góc đối $=180^o$)

$⇒$ 4 điểm $A;M;O;N$ thuộc 1 đường tròn(1)

Lại có: $\widehat{AIO}=\widehat{ANO}=90^o$

$⇒\widehat{AIO}+\widehat{ANO}=180^o$

$⇒$ Tứ giác $AION$ nội tiếp (Tổng 2 góc đối $=180^o$)

hay 4 điểm $A;I;O;N$ thuộc 1 đường tròn (2)

Từ $(1)(2)⇒$ 5 điểm $A;I;O;M;N$ thuộc 1 đường tròn (đpcm)

b, $K$ sẽ là giao điểm của $MN$ và $AC$

5 điểm $A;I;O;M;N$ thuộc 1 đường tròn

$⇒$ Tứ giác $AMIN$ nội tiếp

$⇒\widehat{AIM}=\widehat{ANM}$ (các góc nội tiếp cùng chắn cung $AM$)

Ta có: $AM=AN⇒\triangle AMN$ cân tại $A$

$⇒\widehat{AMN}=\widehat{ANM}$

$⇒\widehat{AIM}=\widehat{AMN}$

hay $\widehat{AIM}=\widehat{AMK}$

Xét $\triangle AIM$ và $\triangle AMK$ có:

$\widehat{AIM}=\widehat{AMK}$

$\widehat{A}$ chung

$⇒\triangle AIM \backsim \triangle AMK(c.g.c)$

$⇒\dfrac{AI}{AM}=\widehat{AM}{AK}$

$ ⇒AK.AI=AM^2(3)$

Xét $(O)$ có: $\widehat{AMB}=\widehat{ACM}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $MB$)

Xét $\triangle AMB$ và $\triangle ACM$ có:

$\widehat{AMB}=\widehat{ACM}$ 

$\widehat{A}$ chung

$⇒\triangle AMB \backsim \triangle ACM(g.g)$

$⇒\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AB}{AM}$

Hay $AB.AC=AM^2(4)$ 

Từ $(3)(4)⇒AK.AI=AB.AC(đpcm)$

Vâng ạ, hay thầy xóa luôn câu trả lời này đi ạ, em hơi vội nên không để ý điều kiện.