TK:

a) Để so sánh tam giác ADB và tam giác ADC, ta cần xem xét các góc và cạnh của hai tam giác này.

- Góc BAD và góc CAD là bằng nhau vì cả hai đều là góc phân giác của tam giác ABC.
- Cạnh AD là chung cho cả hai tam giác.
- Cạnh BD và CD cũng là cạnh chung của hai tam giác.

Dựa vào nguyên lý góc - cạnh - góc, ta có thể kết luận rằng tam giác ADB và ADC là hai tam giác đồng dạng (có các góc tương đương và các cạnh tương tỉ) do chúng có góc chung và hai góc còn lại cũng bằng nhau.

b) Để chứng minh BD < CD, ta có thể sử dụng tính chất của phân giác trong tam giác ABC. 

Gọi E là giao điểm của BD và AC. Theo định lí phân giác, ta có:

\[\frac{AB}{AE} = \frac{DB}{DE}\]

Do AE là phân giác của tam giác ABC, nên AE lớn hơn CE. Vì vậy, \(\frac{AB}{AE} > \frac{AB}{AC}\).

Từ đó, ta có: \(\frac{AB}{AC} > \frac{DB}{DE}\).

Vì tam giác ADE và tam giác ADC đồng dạng, nên \(\frac{DB}{DE} = \frac{DC}{AC}\).

Kết hợp hai bất đẳng thức trên, ta có: \(\frac{AB}{AC} > \frac{DC}{AC}\).

Do đó, \(AB > DC\), hoặc \(BD < CD\), đây là điều cần chứng minh.

b: Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{CD}{AC}\)

mà AB<AC

nên BD<CD

a) Để \(15x^{a+2}⋮3x^3\) thì \(a+2\ge3\)

\(\Rightarrow a\ge3-2\)

\(\Rightarrow a\ge1\)

b) Để \(\left(x^3-5x^2+3x\right)⋮4x^a\) thì \(a\le1\)

c) Để \(2y^3⋮5y^{a+1}\) thì \(a+1\le3\)

\(\Rightarrow a\le3-1\)

\(\Rightarrow a\le2\)

a; 15\(x^{a+2}\) ⋮ 3\(x^3\) ⇔ a \(\in\) N; a + 2 ≥ 3

                                        a ≥ 1; a \(\in\) N

Vậy  1 ≤ a \(\in\) N;

a: Xét ΔBAE vuông tại A và ΔBHE vuông tại H có

BE chung

\(\widehat{ABE}=\widehat{HBE}\)

Do đó: ΔBAE=ΔBHE

b: ΔBAE=ΔBHE

=>EA=EH

Xét ΔEAK vuông tại A và ΔEHC vuông tại H có

EA=EH

\(\widehat{AEK}=\widehat{HEC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔEAK=ΔEHC

=>EK=EC

=>ΔEKC cân ạti E

c: Xét ΔBKC có

KH,CA là các đường cao

KH cắt CA tại E

Do đó: E là trực tâm của ΔBKC

=>BE\(\perp\)KC

d: Ta có: EC=EK

mà EK>AK(ΔEAK vuông tại A)

nên EC>AK

Bài 1

a) Có 1 khả năng rút được thẻ ghi số 6

Xác suất rút được tấm thẻ ghi số 6:

P = 1/7

b) Có 4 khả năng rút được thẻ ghi số lớn hơn 5

Xác suất để rút được thẻ ghi số lớn hơn5:

P = 4/7

Bài 2

1)

a) f(x) = -5x³ - 2x² + 3x + 5x³ + 3x² + 1

= (-5x³ + 5x³) + (-2x² + 3x²) + 3x + 1

= x² + 3x + 1

b) f(x) có:

- Bậc 2

- Hệ số cao nhất: 1

- Hệ số tự do: 1

f(0) = 0² + 3.0 + 1 = 1

--------

2)

a) Sửa đề:

M(x) = P(x) + Q(x)

= (-x³ + 3x² - 5x + 1) + (x³ - 3x² - 11)

= -x³ + 3x² - 5x + 1 + x³ - 3x² - 11

= (-x³ + x³) + (3x² - 3x²) - 5x + (1 - 11)

= -5x - 10

b) Cho M(x) = 0

-5x - 10 = 0

-5x = 10

x = 10 : (-5)

x = -2

Vậy nghiệm của đa thức M(x) là x = -2

\(\dfrac{2x+1}{-27}\)=\(\dfrac{-3}{2x+1}\) (1)

ĐKXĐ: x khác \(\dfrac{-1}{2}\)

(1) <=> (2x+1)²=81

=>\(\left[{}\begin{matrix}2x+1=9\\2x+1=-9\end{matrix}\right.\)

<=>\(\left[{}\begin{matrix}x=4\left(tm\right)\\x=-5\left(tm\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;-5}

\(\dfrac{2x+1}{-27}=\dfrac{-3}{2x+1}\)

\(\Leftrightarrow\left(2x+1\right)\left(2x+1\right)=\left(-3\right)\left(-27\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(2x+1\right)^2=81\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x+1=9\\2x+1=-9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=4\\x=-5\end{matrix}\right.\)

a: Xét ΔBAM vuông tại A và ΔBDM vuông tại D có
BM chung

BA=BD

Do đó: ΔBAM=ΔBDM

b: Ta có: ΔBAM=ΔBDM

=>MA=MD

Xét ΔMAN vuông tại A và ΔMDC vuông tại D có

MA=MD

\(\widehat{AMN}=\widehat{DMC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMAN=ΔMDC

=>MN=MC

=>ΔMNC cân tại M

c: IN=IC

=>I nằm trên đường trung trực của NC(1)

Ta có:MN=MC

=>M nằm trên đường trung trực của NC(2)

Ta có: ΔMAN=ΔMDC
=>AN=DC

Ta có: BA+AN=BN

BD+DC=BC

mà BA=BD và AN=DC

nên BN=BC

=>B nằm trên đường trung trực của NC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra B,M,I thẳng hàng

Khi x=-1;y=-1;z=-1 thì \(N=\left(-1\right)^1\cdot\left(-1\right)^2\cdot\left(-1\right)^3+\left(-1\right)^2\cdot\left(-1\right)^3\cdot\left(-1\right)^4+...+\left(-1\right)^{2014}\cdot\left(-1\right)^{2015}\cdot\left(-1\right)^{2016}\)

=1-1+1-1+...+1-1

=0

a: Xét ΔABH vuông tại A và ΔEBH vuông tại E có

BH chung

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

Do đó: ΔBAH=ΔBEH

b: Xét ΔBFC có

FE,CA là các đường cao

FE cắt CA tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔBFC

c: Xét ΔBEF vuông tại E và ΔBAC vuông tại A có

BE=BA

\(\widehat{EBF}\) chung

Do đó ΔBEF=ΔBAC

=>BF=BC

=>ΔBFC cân tại B

Ta có: ΔBFC cân tại B

mà BH là đường cao

nên BH là đường trung tuyến của ΔBFC

=>K là trung điểm của FC

Xét ΔMAQ và ΔMFK có

MA=MF

\(\widehat{AMQ}=\widehat{FMK}\)(hai góc đối đỉnh)

MQ=MK

Do đó: ΔMAQ=ΔMFK

=>\(\widehat{MAQ}=\widehat{MFK}\)

=>AQ//FK

=>AQ//FC

Xét ΔBFC có \(\dfrac{BA}{BF}=\dfrac{BE}{BC}\)

nên AE//FC

mà AQ//FC

và AE,AQ có điểm chung là A

nên A,E,Q thẳng hàng