Gọi A là vị trí của siêu thị, B là vị trí trường học, C là vị trí bệnh viện và D là vị trí căn nhà cần mua

Do khoảng cách từ căn nhà tới siêu thị, bệnh viện, trường học bằng nhau nên:

\(DA=DB=DC\)

\(\Rightarrow D\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Vậy vị trí căn nhà bác Năm cần mua là tâm đường tròn đi qua 3 điểm siêu thị, bệnh viện, trường học.

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

AD chung

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

Do đó: ΔABD=ΔAED

b: Ta có: ΔABD=ΔAED

=>AB=AE và DB=DE

Ta có: AB=AE

=>A nằm trên đường trung trực của BE(1)

Ta có: DB=DE

=>D nằm trên đường trung trực của BE(2)

Từ (1),(2) suy ra AD là đường trung trực của BE

c: Xét ΔDBK vuông tại B và ΔDEC vuông tại E có

DB=DE

BK=EC

DO đó: ΔDBK=ΔDEC

=>\(\widehat{BDK}=\widehat{EDC}\)

=>\(\widehat{BDK}+\widehat{BDE}=180^0\)

=>E,D,K thẳng hàng

a.

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

\(A\left(x\right)\) có bậc 4, hệ số tự do là -1, hệ số cao nhất là 6

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

\(B\left(x\right)\) có bậc 4, hệ số tự do là 1, hệ số cao nhất là -2

b.

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

\(A\left(x\right)-B\left(x\right)=8x^4+3x^2-2x-2\)

c.

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

tại \(x=-1\Rightarrow S\left(-1\right)=4.\left(-1\right)^4-2.\left(-1\right)^3+3.\left(-1\right)^2+2.\left(-1\right)=7\)

\(\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)-x^3-8x\left(x+2\right)=6\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x^2+5x+6\right)-x^3-8x^2-16x=6\)

\(\Leftrightarrow x^3+6x^2+11x+6-x^3-8x^2-16x=6\)

\(\Leftrightarrow-2x^2-5x=0\)

\(\Leftrightarrow-x\left(2x+5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\2x+5=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)

a.

Trong tam giác ABC, do \(AC>AB\Rightarrow\widehat{B}>\widehat{C}\) (quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác)

b.

Xét tam giác BCD, ta có: \(AD=AB\Rightarrow CA\) là 1 trung tuyến của tam giác BCD

Lại có M là trung điểm BC \(\Rightarrow DM\) là 1 trung tuyến của tam giác BCD

Mà I là giao điểm AC và DM \(\Rightarrow I\) là trọng tâm tam giác BCD

\(\Rightarrow BI\) là đường trung tuyến thứ 3 của tam giác BCD

\(\Rightarrow BI\) cắt CD tại trung điểm của CD

\(\Rightarrow K\) là trung điểm CD

Bài 1:

a: Ta có: Ot là phân giác của góc xOy

=>\(\widehat{xOt}=\widehat{yOt}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

=>BO\(\perp\)DC

Xét ΔOAC vuông tại A và ΔODB vuông tại D có

OA=OD

OC=OB

Do đó: ΔOAC=ΔODB

=>AC=DB(1)

Ta có: ΔOAC=ΔODB

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{ODB}\)

mà \(\widehat{OAC}+\widehat{OCA}=90^0\)

nên \(\widehat{ODB}+\widehat{OCA}=90^0\)

=>CA\(\perp\)BD

b: Ta có;ΔOAC vuông tại O

mà OM là đường trung tuyến

nên \(OM=\dfrac{AC}{2}\)(3)

=>OM=MA=MC

Ta có: ΔOBD vuông tại O

mà ON là đường trung tuyến

nên \(ON=\dfrac{BD}{2}\)(2)

=>ON=NB=ND

Từ (1),(2),(3) suy ra OM=ON

c: NB=NO nên \(\widehat{NBO}=\widehat{NOB}\)

MA=MO

nên \(\widehat{MAO}=\widehat{MOA}\)

\(\widehat{NOM}=\widehat{NOA}+\widehat{MOA}\)

\(=\widehat{NBO}+\widehat{MAO}=\widehat{DBO}+\widehat{CAO}\)

\(=\widehat{DBO}+\widehat{ODB}=90^0\)

=>ΔNOM vuông cân tại O

=>\(\widehat{ONM}=\widehat{OMN}=45^0\)

d: Xét ΔBDC có

CA,BO là các đường cao

CA cắt BO tại A

Do đó: A là trực tâm của ΔBDC
=>DA\(\perp\)BC

a: 4x(x-5)-(x-1)(4x-3)=5

=>\(4x^2-20x-\left(4x^2-3x-4x+3\right)=5\)

=>\(4x^2-20x-4x^2+7x-3=5\)

=>-13x=8

=>\(x=-\dfrac{8}{13}\)

b: \(\left(x-5\right)\left(x-4\right)-\left(x+1\right)\left(x-2\right)=7\)

=>\(x^2-9x+20-\left(x^2-x-2\right)=7\)

=>\(x^2-9x+20-x^2+x+2=7\)

=>-8x+22=7

=>-8x=-15

=>\(x=\dfrac{15}{8}\)

c: \(5x\left(x-3\right)=\left(x-2\right)\left(5x-1\right)-5\)

=>\(5x^2-15x=5x^2-x-10x+2-5\)

=>-15x=-11x-3

=>-4x=-3

=>\(x=\dfrac{3}{4}\)

d: \(\left(x+1\right)\left(x^2+3x+9\right)+x\left(5-x^2\right)=6x\)

=>\(x^3+3x^2+9x+x^2+3x+9+5x-x^3-6x=0\)

=>\(4x^2+11x+9=0\)

=>\(x\in\varnothing\)

a: XétΔDNP và ΔEPN có

DN=EP

\(\widehat{DNP}=\widehat{EPN}\)

NP chung

Do đó: ΔDNP=ΔEPN

b: Ta có: MD+DN=MN

ME+EP=MP

mà DN=EP và MN=MP

nên MD=ME

Xét ΔMDP và ΔMEN có

MD=ME

\(\widehat{DMP}\) chung

MP=MN

Do đó: ΔMDP=ΔMEN

c: ΔDNP=ΔEPN

=>\(\widehat{DPN}=\widehat{ENP}\)

=>\(\widehat{KNP}=\widehat{KPN}\)

=>ΔKPN cân tại K

d: Xét ΔMNK và ΔMPK có

MN=MP

NK=PK

MK chung

Do đó: ΔMNK=ΔMPK

=>\(\widehat{NMK}=\widehat{PMK}\)

=>MK là phân giác của góc NMP

e: MN=MP

=>M nằm trên đường trung trực của NP(1)

Ta có: KN=KP

=>K nằm trên đường trung trực của NP(2)

Ta có: HN=HP

=>H nằm trên đường trung trực của NP(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra M,K,H thẳng hàng

f: Xét ΔMNP có \(\dfrac{MD}{MN}=\dfrac{ME}{MP}\)

nên DE//NP

\(\dfrac{2}{\left|x-2\right|+2}=\dfrac{3}{\left|6-3x\right|+1}\)

=>\(\dfrac{2}{\left|x-2\right|+2}=\dfrac{3}{3\left|x-2\right|+1}\)

=>2(3|x-2|+1)=3(|x-2|+2)

=>6|x-2|+2=3|x-2|+6

=>3|x-2|=4

=>|x-2|=4/3

=>\(\left[{}\begin{matrix}x-2=\dfrac{4}{3}\\x-2=-\dfrac{4}{3}\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{10}{3}\\x=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\)

a: \(\dfrac{x^2+5x-6}{x-1}\)

\(=\dfrac{x^2-x+6x-6}{x-1}\)

\(=\dfrac{x\left(x-1\right)+6\left(x-1\right)}{x-1}=x+6\)

b: \(\dfrac{x^2-4x+3}{x-3}\)

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

\(=\dfrac{x\left(x-3\right)-\left(x-3\right)}{x-3}=x-1\)

d: \(\dfrac{x^3+5x^2+11x+10}{x+2}\)

\(=\dfrac{x^3+2x^2+3x^2+6x+5x+10}{x+2}\)

\(=\dfrac{x^2\left(x+2\right)+3x\left(x+2\right)+5\left(x+2\right)}{x+2}\)

\(=x^2+3x+5\)

e: \(\dfrac{14x^4+21x^5-7x^7}{2x^3}\)

\(=\dfrac{14x^4}{2x^3}+\dfrac{21x^5}{2x^3}-\dfrac{7x^7}{2x^3}\)

\(=7x+10,5x^2-3,5x^4\)