\(-6\) và \(6\)

\(a\)) \(\dfrac{3}{4}.\dfrac{16}{9}-\dfrac{7}{5}:\dfrac{-21}{20}\)

\(=\dfrac{4}{3}-\dfrac{7}{5}.\dfrac{-20}{21}\)

\(=\dfrac{4}{3}-\dfrac{-4}{3}\)

\(=\dfrac{8}{3}\)

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

1/ \(x^3-7x+6\)

\(=\left(x^3-1\right)-\left(7x-7\right)\)

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

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

\(=\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x+3\right)\)

2/ \(x^3-9x^2+6x+16\)

\(=x^3+x^2-10x^2-10x+16x+16\)

\(=x^2\left(x+1\right)-10x\left(x+1\right)+16\left(x+1\right)\)

\(=\left(x+1\right)\left(x^2-10x+16\right)\)

\(=\left(x+1\right)\left(x^2-2x-8x+16\right)\)

\(=\left(x+1\right)\left(x-2\right)\left(x-8\right)\)

3/ \(x^3-6x^2-x+30\)

\(=x^3-5x^2-x^2+5x-6x+30\)

\(=x^2\left(x-5\right)-x\left(x-5\right)-6\left(x-5\right)\)

\(=\left(x-5\right)\left(x^2-x-6\right)\)

\(=\left(x-5\right)\left(x^2-2x+3x-6\right)\)

\(=\left(x-2\right)\left(x+3\right)\left(x-5\right)\)

4/ \(2x^3-x^2+5x+3\)

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

\(=x^2\left(2x+1\right)-x\left(2x+1\right)+3\left(2x+1\right)\)

\(=\left(2x+1\right)\left(x^2-x+3\right)\)

5/ \(27x^3-27x^2+18x-4\)

\(=27x^3-9x^2-18x^2+6x+12x-4\)

\(=9x^2\left(3x-1\right)-6x\left(3x-1\right)+4\left(3x-1\right)\)

\(=\left(3x-1\right)\left(9x^2-6x+4\right)\)

△\(KHG\) nội tiếp đường tròn và đều => \(O\) giao điểm của các đường phân giác , đường trung tuyến , đường cao.

=>\(OH\) là tia phân giác ∠\(KHG\) 

Mà △\(KHG\) đều =>∠\(KHG=60^0\) 

Ta suy ra : ∠\(OHG=30^0\) 

Xét △\(HOG\) có:

\(OH=OG\) ( Bán kính )

Do đó △\(HOG\) cân tại \(O\) => ∠\(OHG\) \(=\) ∠\(HGO\)\(=30^0\)

Vậy ∠\(HOG=\) \(180^0\) - ∠\(OHG\) - ∠\(HGO\) \(=180^0-30^0-30^0=120^0\)

Xét tứ giác \(HECD\) có :

∠\(HEC=90^0\) ( Vì \(BE\)⊥\(AC\) ) 

∠\(HDC=90^0\) ( Vì \(AD\)⊥\(BC\) )

Mà 2 góc này đối nhau do đó :

 Tứ giác \(HECD\) nội tiếp đường tròn => ∠\(HDE\)\(=\)∠\(HCE\) ( Cùng chắn cung \(HE\) )\(\left(1\right)\)

Tương tự :

Tứ giác \(HFBD\) cũng nội tiếp đường tròn ( Vì ∠\(HBF\)\(=90^0\) và ∠\(HDB=90^0\))

=> ∠\(HDF=\) ∠\(FBH\) ( Cùng chắn cung \(HF\) )\(\left(2\right)\)

Ta lại có :

∠\(CFB=\) ∠\(BEC\) \(=90^0\)

Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh \(BC\) do đó :

Tứ giác \(EFBC\:\) nội tiếp đường tròn => ∠\(EBF\)\(=\) ∠\(ECF\) ( Cùng chắn cung \(EF\) )\(\left(3\right)\)

Từ \(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\) suy ra ∠\(IDH=\) ∠\(KDH\) hay \(DH\) là tia phân giác của △\(DIK\)\(\left(4\right)\)

Mặc khác : Đường thẳng qua \(H\)//BC => Đường thẳng đó ⊥ \(AD\) tại \(H\) hay \(DH\) là đường cao của △\(DIK\)\(\left(5\right)\)

Từ \(\left(4\right)\) và \(\left(5\right)\) suy ra △\(DIK\) cân =>\(đpcm\)

Xét △\(ABC\) vuông tại \(B\) có \(BH\) là đường cao :

Theo định lý Py-Ta-Go 

Ta có : \(AC^2=BC^2+AB^2=>BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{55^2-33^2}=\sqrt{1936}=44\left(cm\right)\)

Theo một số hệ thức liên quan đến đường cao 

Ta có : \(BH.AC=AB.BC=>BH=\dfrac{AB.BC}{AC}=\dfrac{33.44}{55}=\dfrac{132}{5}\left(cm\right)\)

Theo hệ thức giữa cạnh góc vuông và hình chiếu của nó trên cạnh huyền 

Ta có \(AB^2=AH.AC=>AH=\dfrac{AB^2}{AC}=\dfrac{33^2}{55}=\dfrac{99}{5}\left(cm\right)\)

         \(BC^2=HC.AC=>HC=\dfrac{BC^2}{AC}=\dfrac{44^2}{33}=\dfrac{176}{3}\left(cm\right)\)

\(\sqrt{112}-7\sqrt{\dfrac{1}{7}}-14\sqrt{\dfrac{1}{28}}-\dfrac{21}{\sqrt{7}}\)

=\(4\sqrt{7}-\sqrt{7}-\sqrt{7}-\dfrac{21\sqrt{7}}{7}\)

=\(2\sqrt{7}-\dfrac{21\sqrt{7}}{7}\)

=\(\dfrac{14\sqrt{7}-21\sqrt{7}}{7}\)

=\(\dfrac{-7\sqrt{7}}{7}\)

=\(-\sqrt{7}\)

\(\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{5}+\dfrac{3}{4}+\dfrac{7}{25}=\left(\dfrac{2}{4}+\dfrac{3}{4}\right)+\left(\dfrac{15}{25}+\dfrac{7}{25}\right)=\dfrac{5}{4}+\dfrac{22}{25}=\dfrac{125}{100}+\dfrac{88}{100}=\dfrac{213}{100}=2\dfrac{13}{100}\)