bài 1:

a: 2x=3y

=>\(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{2}\)

mà x+y=20

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{2}=\dfrac{x+y}{3+2}=\dfrac{20}{5}=4\)

=>\(x=4\cdot3=12;y=2\cdot4=8\)

b: Gọi số sách lớp 8A,8B quyên góp được lần lượt là a(quyển),b(quyển)

(Điều kiện: \(a,b\in Z^+\))
Số sách lớp 8A,8B quyên góp được lần lượt tỉ lệ với 3;4

=>\(\dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{4}\)

Tổng số sách hai lớp quyên góp được là 70 quyển

=>a+b=70

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{4}=\dfrac{a+b}{3+4}=\dfrac{70}{7}=10\)

=>\(a=10\cdot3=30;b=4\cdot10=40\)

Vậy: Lớp 8A quyên góp được 30 quyển; lớp 8B quyên góp được 40 quyển

Bài 2:

d: \(P\left(x\right)=4x^2+3x^3-6x+4x^3-5x^2\)

\(=\left(3x^3+4x^3\right)+\left(4x^2-5x^2\right)-6x\)

\(=7x^3-x^2-6x\)

e: \(P\left(x\right)=7x^3-x^2-6x\)

=>bậc là 3

f: \(P\left(1\right)=7\cdot1^3-1^2-6\cdot1=7-1-6=0\)

=>x=1 là nghiệm của P(x)

Bài 3:

a: A: "Quả bóng lấy ra có màu xanh"

=>n(A)=1

=>\(P_A=\dfrac{1}{6}\)

B: "Quả bóng lấy ra có màu đỏ"

=>n(B)=1

=>\(P_B=\dfrac{1}{6}\)

C: "Quả bóng lấy ra có màu trắng"

=>n(C)=4

\(P_C=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\)

Các cặp góc đối đỉnh là \(\widehat{xEA};\widehat{CED}\) và \(\widehat{AEC};\widehat{xED}\)

Các cặp góc kề bù là

 \(\widehat{AEC};\widehat{DEC}\)

\(\widehat{AEC};\widehat{xEA}\)

\(\widehat{DEC};\widehat{xED}\)

\(\widehat{xED};\widehat{xEA}\)

Các cặp góc đồng vị là 

\(\widehat{DEC};\widehat{DAB}\)

\(\widehat{DCE};\widehat{DBA}\)

\(B=4x-x^2+3\)

\(=-x^2+4x-4+7\)

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

Dấu '=' xảy ra khi x-2=0

=>x=2

\(E=\dfrac{3x^2-6x+17}{x^2-2x+3}=\dfrac{3x^2-6x+9+8}{x^2-2x+3}\)

\(=3+\dfrac{8}{x^2-2x+3}\)

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

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

=>\(\dfrac{8}{\left(x-1\right)^2+2}< =\dfrac{8}{2}=4\forall x\)

=>\(E=3+\dfrac{8}{\left(x-1\right)^2+2}=4+3=7\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x-1=0

=>x=1

a) \(A\left(x\right)=2x^3-4x^2+3x-5\)

\(B\left(x\right)=3x^3+4x^2+2x+1\)

\(A\left(x\right)+B\left(x\right)=\left(2x^3-4x^2+3x-5\right)+\left(3x^3+4x^2+2x+1\right)\)

\(=2x^3-4x^2+3x-5+3x^3+4x^2+2x+1\)

\(=\left(2x^3+3x^3\right)+\left(-4x^2+4x^2\right)+\left(3x+2x\right)+\left(-5+1\right)\)

\(=5x^3+5x-4\)

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

Toru lm đúng òinha!

a: Xét ΔBAH vuông tại H và ΔBEH vuông tại E có

BH chung

\(\widehat{ABH}=\widehat{EBH}\)

Do đó: ΔBAH=ΔBEH

b: Vì I là giao điểm của BH và DC

nên \(I\in BH\)

=>B,H,I thẳng hàng

hơi tắt đó bạn

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHC vuông tại H có

AB=AC

AH chung

Do đó: ΔAHB=ΔAHC

b: Xét ΔDBE và ΔDHA có

DB=DH

\(\widehat{BDE}=\widehat{HDA}\)(hai góc đối đỉnh)

DE=DA

Do đó: ΔDBE=ΔDHA

=>BE=HA

Xét ΔBAE có BA+BE>AE

=>AC+AH>2AD

c: Ta có: ΔAHB=ΔAHC

=>HB=HC

=>H là trung điểm của BC

\(CD=CH+HD=CH+\dfrac{1}{2}HB=\dfrac{3}{2}HC\)

=>\(CH=\dfrac{2}{3}CD\)

Xét ΔCAE có

CD là đường trung tuyến

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

Do đó: H là trọng tâm của ΔCAE

Xét ΔCAE có

H là trọng tâm

K là trung điểm của CE

Do đó: A,H,K thẳng hàng

                         Giải:

2cm + 4cm = 6cm (loại) vì tổng hai cạnh của một tam giác luôn lớn hơn độ dài cạnh còn lại

1cm + 3cm = 4cm < 5cm (loại vì tổng hai cạnh của một tam giác luôn lớn hơn độ dài cạnh còn lại)

2cm + 3cm = 5cm > 4cm (thỏa mãn)

2cm + 3cm = 5cm (loại vì tổng hai cạnh của một tam giác luôn lớn hơn độ dài cạnh còn lại)

Chọn C. 2cm; 3cm; 4cm

Đáp án C 

\(\Delta ABC\) cân tại A

\(\Rightarrow\widehat{B}=\widehat{C}=\dfrac{180^0-\widehat{A}}{2}=\dfrac{180^0-80^0}{2}=\dfrac{100^0}{2}=50^0\)

Chọn C

Chọn c

\(x^2-6x+15=x^2-6x+9+6=\left(x-3\right)^2+6>=6\forall x\)

=>\(D=\dfrac{4}{x^2-6x+15}=\dfrac{4}{\left(x-3\right)^2+6}< =\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x-3=0

=>x=3