\(\frac{x^2-3x}{x^2}=\frac{x\left(x-3\right)}{x\cdot x}=\frac{x-3}{x}\)

a: Ta có: \(S_{\Delta ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot AC \cdot \sin A\)

=>\(S^2 = \frac{1}{4} AB^2 \cdot AC^2 \cdot \sin^2 A\)

\(=\frac{1}{4}AB^2\cdot AC^2(1-\cos^2A)=\frac{1}{2^2}\left[AB^2\cdot AC^2-(AB\cdot AC\cdot\cos A)^2\right]\)

=>\(S^2 = \frac{1}{4} \left[ AB^2 \cdot AC^2 - \left(\vec{AB} \cdot \vec{AC}\right)^2 \right]\)

=>\(S=\frac12\cdot\sqrt{AB^2\cdot AC^2-\left(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\right)^2}\)

b:Ta có: \(S = \frac{1}{2} a \cdot h_a = \frac{1}{2} b \cdot h_b = \frac{1}{2} c \cdot h_c\)

=>\(a = \frac{2S}{h_a}, \quad b = \frac{2S}{h_b}, \quad c = \frac{2S}{h_c}\)

b+c=2a

=>\(\frac{2S}{h_b}+\frac{2S}{h_c}=2\cdot\left(\frac{2S}{h_a}\right)\)

=>\(\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=\frac{2}{h_a}\)

c: Xét ΔABC có \(m_{a};m_{b};m_{c}\) lần lượt là độ dài ba đường trung tuyến ứng với các cạnh BC,AC,AB

nên ta có:

\(m_{a}^2=\frac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4};m_{b}^2=\frac{2(a^2 + c^2) - b^2}{4};m_{c}^2=\frac{2(a^2 + b^2) - c^2}{4}\)

\(m_b^2 + m_c^2 = \frac{2a^2 + 2c^2 - b^2 + 2a^2 + 2b^2 - c^2}{4} = \frac{4a^2 + b^2 + c^2}{4}\)

Ta có: \(m_b^2 + m_c^2 = 5m_a^2\)

=>\(\frac{4a^2 + b^2 + c^2}{4}=5\cdot\frac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4}\)

=>\(4a^2+b^2+c^2=10(b^2+c^2)-5a^2\)

=>\(4a^2+5a^2=10(b^2+c^2)-(b^2+c^2)\)

=>\(9a^2=9(b^2+c^2)\)

=>\(a^2=b^2+c^2\)

=>ΔABC vuông tại A

Ta có: \(\begin{cases} x^3 + y = 3x + 4 \quad &(1) \\ 2y^3 + z = 6y + 6 \quad &(2) \\ 3z^3 + x = 9z + 8 \quad &(3) \end{cases}\)

(1): \(x^3+y=3x+4\)

=>\(y=-x^3+3x+4\)

=>\(y=-\left(x+1\right)^2\cdot\left(x-2\right)+2\)

=>\(y-2=-\left(x+1\right)^2\cdot\left(x-2\right)\)

(2): \(2y^3+z=6y+6\)

=>\(z=-2y^3+6y+6=-2\left(y^3-3y-3\right)\)

\(=-2\cdot\left(y+1\right)^2\cdot\left(y-2\right)+2\)

=>z-2=\(-2\left(y+1\right)^2\cdot\left(y-1\right)\)

(3): \(3z^3+x=9z+8\)

=>\(x=-3z^3+9z+8=-3(z^3-3z-\frac83)=-3(z+1)^2(z-2)+2\)

=>\(x-2=-3(z+1)^2(z-2)\)

Đặt A=x-2; B=y-2; C=z-2

Hệ sẽ trở thành:

\(\begin{cases} B = -(x + 1)^2 \cdot A \\ C = -2(y + 1)^2 \cdot B \\ A = -3(z + 1)^2 \cdot C \end{cases}\)

=>\(A \cdot B \cdot C = -6(x + 1)^2 (y + 1)^2 (z + 1)^2 \cdot A \cdot B \cdot C\)

=>\(A\cdot B\cdot C\left[1+6(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2\right]=0\)

=>A=0 hoặc B=0 hoặc C=0

TH1: A=0

=>x-2=0

=>x=2

Khi x=2 thì (1); \(2^3+y=3\cdot2+4\)

=>8+y=10

=>y=2

Khi y=2 thì (2) sẽ trở thành: \(2\cdot2^3+z=6\cdot2+6\)

=>z+16=18

=>z=2

Thay z=2 vào (3), ta được:

\(3\cdot2^3+2=9\cdot2+8\)

=>3*8+2=18+8

=>24+2=26(đúng)

Do đó: x=2;y=2;z=2

Chứng minh tương tự với hai trường hợp còn lại, ta cũng được: (x;y;z)=(2;2;2)

ĐKXĐ: x(3-2x)>=0 và x>=0 và 3-2x>=0

=>0<=x<=3/2

Đặt \(u=\sqrt{x}\left(u\ge0\right);v=\sqrt{3-2x}\left(v\ge0\right)\)

=>\(u^2=x;3-2x=v^2\)

=>\(2u^2 + v^2 = 2x + (3 - 2x) = 3 \quad (1)\)

Phương trình ban đầu sẽ trở thành: \(9 + 3uv = 7u + 5v\)

=>\(3uv-7u-5v+9=0\)

=>\(v(3u-5)=7u-9\)

=>\(v=\frac{7u-9}{3u-5}\)

Từ (2) và (1) suy ra \(2u^2 + \left(\frac{7u - 9}{3u - 5}\right)^2 = 3\)

=>\(2u^2(3u-5)^2+(7u-9)^2=3(3u-5)^2\)

=>\(2u^2(9u^2-30u+25)+(49u^2-126u+81)=3(9u^2-30u+25)\)

=>\(18u^4-60u^3+50u^2+49u^2-126u+81=27u^2-90u+75\)

=>\(18u^4-60u^3+72u^2-36u+6=0\)

=>\(3u^4 - 10u^3 + 12u^2 - 6u + 1 = 0\)

=>\((u-1)^3(3u-1)=0\)

=>u=1 hoặc u=1/3

TH1: u=1

=>\(x=u^2=1\) (nhận)

TH2: u=1/3

=>\(x=\left(\frac13\right)^2=\frac19\) (nhận)

\(\overline{abab}=a\cdot10^3+b\cdot10^2+a\cdot10+b=\overline{ab}\cdot101\)

mà 101 cũng là số nguyên tố

nên phân tích ra thừa số nguyên tố ta sẽ được: \(\overline{abab}=\overline{ab}\cdot101\)

=>Các ước tự nhiên của \(\overline{abab}\) là \(1;\overline{ab};101;\overline{abab}\)

S=1+\(\overline{ab}+101+\overline{abab}\)

=102+102*\(\overline{ab}\)

\(=102\left(\overline{ab}+1\right)\)

=>S⋮\(\overline{ab}+1\)

a: Xét ΔABD vuông tại B và ΔAED vuông tại E có

AD chung

\(\hat{BAD}=\hat{EAD}\)

Do đó: ΔABD=ΔAED

b: ΔBAC vuông tại B

=>\(\hat{BAC}+\hat{BCA}=90^0\)

=>\(\hat{BAC}=90^0-30^0=60^0\)

AD là phân giác của góc BAC

=>\(\hat{BAD}=\hat{CAD}=\frac12\cdot60^0=30^0\)

Xét ΔDAC có \(\hat{DAC}=\hat{DCA}\left(=30^0\right)\)

nên ΔDAC cân tại D

ΔDAC cân tại D

mà DE là đường cao

nên DE là đường trung trực của AC

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

Xét ΔCAB vuông tại C có CM là đường cao

nên \(BM\cdot BA=BC^2\)

=>\(BC^2=2\cdot8=16=4^2\)

=>BC=4(cm)

b: BM+MO=BO

=>MO=4-2=2(cm)

=>BM=MO

=>M là trung điểm của BO

ΔOCD cân tại O

mà OM là đường cao

nên M là trung điểm của CD

Xét tứ giác OCBD có

M là trung điểm chung của OB và CD

=>OCBD là hình bình hành

Hình bình hành OCBD có OC=OD

nên OCBD là hình thoi

c: OCBD là hình thoi

=>OC=CB=4cm

=>CB=OB=BE=4cm

OB=BE

=>B là trung điểm của OE

Xét ΔOCE có

CB là đường trung tuyến

CB=OE/2

Do đó: ΔCOE vuông tại C

=>OC⊥CE tại C

=>CE là tiếp tuyến tại C của (O)

a: AB là đường trung trực của OM

=>AB⊥OM tại H và H là trung điểm của OM

ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB

Xét ΔAOM có

AH là đường cao

AH là đường trung tuyến

Do đó: ΔAOM cân tại A

=>AO=AM

mà OA=OM

nên AO=AM=OM

=>ΔOAM đều

b: Xét tứ giác OAMB có

H là trung điểm chung của OM và AB

=>OAMB là hình bình hành

Hình bình hành OAMB có OA=OB

nên OAMB là hình thoi

c: OAMB là hình thoi

=>OM là phân giác của góc AOB

Xét ΔOAC và ΔOBC có

OA=OB

\(\hat{AOC}=\hat{BOC}\)

OC chung

Do đó: ΔOAC=ΔOBC

=>CA=CB

a: Xét tứ giác BHDA có \(\hat{BHA}=\hat{BDA}=90^0\)

nên BHDA là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BA

=>B,H,D,A cùng thuộc (O), với O là trung điểm của BA

c; Xét ΔBAE vuông tại A có AD là đường cao

nên \(BD\cdot BE=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔBAF vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BF=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(BD\cdot BE=BH\cdot BF\)

=>\(\frac{BD}{BF}=\frac{BH}{BE}\)

Xét ΔBDH và ΔBFE có

\(\frac{BD}{BF}=\frac{BH}{BE}\)

góc DBH chung

DO đó: ΔBDH~ΔBFE

a: Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>BD⊥AN tại D

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥NB tại C

Xét tứ giác NDMC có \(\hat{NDM}+\hat{NCM}=90^0+90^0=180^0\)

nên NDMC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính NM

=>N,D,M,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét ΔNAB có

AC,BD là các đường cao

AC cắt BD tại M

Do đó: M là trực tâm của ΔNAB

=>NM⊥AB

mà MH⊥AB

và NM,MH có điểm chung là M

nên N,M,H thẳng hàng

c: Gọi I là trung điểm của MN

=>I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác NDMC

ID=IM

=>\(\hat{IDM}=\hat{IMD}\)

mà \(\hat{IMD}=\hat{HMB}=\hat{DAB}\left(=90^0-\hat{HBM}\right)\)

nên \(\hat{IDM}=\hat{DAB}\)

OD=OB

=>ΔODB cân tại O

=>\(\hat{ODB}=\hat{OBD}\)

\(\hat{IDO}=\hat{IDB}+\hat{ODB}\)

\(=\hat{DAB}+\hat{DBA}=90^0\)

=>OD là tiếp tuyến tại D của (I)