Lời giải:
a. $MN\parallel BC$ nên theo định lý Talet:

$\frac{MN}{BC}=\frac{AN}{AC}=\frac{AM}{AB}=\frac{1}{2}(1)$

$\Rightarrow N$ là trung điểm $AC$

$NP\parallel AB$ nên theo định lý Talet:
$\frac{NP}{AB}=\frac{CP}{CB}=\frac{CN}{CA}=\frac{1}{2}(3)$

$\Rightarrow  P$ là trung điểm $BC$

$\Rightarrow \frac{BP}{BC}=\frac{1}{2}(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{BP}{BC}=\frac{1}{2}\Rightarrow MN=BP$

Từ $(1); (3)\Rightarrow \frac{NP}{AB}=\frac{AM}{AB}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow NP=AM$. Mà $AM=BM$ nên $NP=BM$

b.

$MN\parallel BC$ nên $\widehat{ANM}=\widehat{NCP}$ (đồng vị) 

$AN=NC$ (do $N$ là trung điểm $AC$)

$MN=PC$ (cùng = BP)

$\Rightarrow \triangle AMN=\triangle NPC$ (c.g.c)

Hình vẽ:

bạn phải nêu rõ 2 đáy của h thang mình mới tính đc

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

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

- Áp dụng hệ quả nhị thức Newton ta có: \(x^n-1⋮x-1\) với \(n\in N\).

- Vì \(n\) không chia hết cho \(3\) \(\Rightarrow n\) có dạng \(3k+1\) hoặc \(3k+2\) \(\left(k\in N\right)\)

- Với \(n=3k+1\) thì:

\(x^{2n}+x^n+1=x^{2\left(3k+1\right)}+x^{3k+1}+1=x^{6k+2}+x^{3k+1}+1=x^{3k+2}\left(x^{3k}-1\right)+x^{3k}\left(x^2+x+1\right)-\left(x^{3k}-1\right)\)

- Do \(\left\{{}\begin{matrix}x^{3k+2}\left(x^{3k}-1\right)⋮\left(x^{3k}-1\right)⋮\left(x^3-1\right)⋮\left(x^2+x+1\right)\\x^{3k}\left(x^2+x+1\right)⋮\left(x^2+x+1\right)\\\left(x^{3k}-1\right)⋮\left(x^3-1\right)⋮\left(x^2+x+1\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow x^{3k+2}\left(x^{3k}-1\right)+x^{3k}\left(x^2+x+1\right)-\left(x^{3k}-1\right)⋮\left(x^2+x+1\right)\)

hay \(x^{2n}+x^n+1⋮x^2+x+1\) khi \(n=3k+1\left(k\in N\right)\) (1).

- Với \(n=3k+2\) thì:

\(x^{2n}+x^n+1=x^{2\left(3k+2\right)}+x^{3k+2}+1=x^{6k+4}+x^{3k+2}+1=x^{3k+4}\left(x^{3k}-1\right)+x^{3k+2}\left(x^2+x+1\right)-\left(x^{3k+3}-1\right)\)- Do \(\left\{{}\begin{matrix}x^{3k+4}\left(x^{3k}-1\right)⋮\left(x^{3k}-1\right)⋮\left(x^3-1\right)⋮\left(x^2+x+1\right)\\x^{3k+2}\left(x^2+x+1\right)⋮\left(x^2+x+1\right)\\\left(x^{3\left(k+1\right)}-1\right)⋮\left(x^3-1\right)⋮\left(x^2+x+1\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow x^{3k+4}\left(x^{3k}-1\right)+x^{3k+2}\left(x^2+x+1\right)-\left(x^{3k+3}-1\right)⋮\left(x^2+x+1\right)\)

 hay  \(x^{2n}+x^n+1⋮x^2+x+1\) khi \(n=3k+2\left(k\in N\right)\) (2).

- Từ (1), (2) ta suy ra đpcm

D , E , F lần lượt là trung điểm của AB , AC , BC 

=> DE , DF và EF sẽ lần lượt là các đường trung bình ứng với BC , AC , AB 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}DE=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{2}.14=7\left(cm\right)\\DF=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{2}.10=5\left(cm\right)\\\text{EF}=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}.6=3\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(x-3\right)^4+\left(x-1\right)^4-16\)

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

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

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

\(=\left(x-3\right)\left(x^3-9x^2+27x-27\right)+\left(x-3\right)\left(x^3-2x^2+5x+x^2-2x+5\right)\)

\(=\left(x-3\right)\left(x^3-9x^2+27x-27\right)+\left(x-3\right)\left(x^3-x^2+3x+5\right)\)

\(=\left(x-3\right)\left(x^3-9x^2+27x-27+x^3-x^2+3x+5\right)\)

\(=\left(x-3\right)\left(2x^3-10x^2+30x-22\right)\)

\(=2\left(x-3\right)\left(x^3-5x^2+15x-11\right)\)

\(=2\left(x-3\right)\left(x^3-x^2-4x^2+4x+11x-11\right)\)

\(=2\left(x-3\right)\left[x^2\left(x-1\right)-4x\left(x-1\right)+11\left(x-1\right)\right]\)

\(=2\left(x-3\right)\left(x-1\right) \left(x^2-4x+11\right)\)

A B x y C D O E

a/ Từ O đựng đường thẳng vuông góc với CD cắt CD tại E

Xét tg vuông BOD có

\(\widehat{BOD}+\widehat{BDO}=90^o\) (1)

Mà \(\widehat{AOC}+\widehat{BOD}=\widehat{ABO}-\widehat{COD}=180^o-90^o=90^o\) (2)

Từ (1) (2) \(\Rightarrow\widehat{AOC}=\widehat{BDO}\) 

Xét tg vuông AOC và tg vuông BDO có

\(\widehat{AOC}=\widehat{BDO}\)

=> tg AOC đồng dạng với tg BDO (g.g.g)\(\Rightarrow\dfrac{AC}{BO}=\dfrac{AO}{BD}\Rightarrow AC.BD=AO.BO\)

Xét tg vuông COD có

\(OC^2=CE.CD\) (Trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(OD^2=DE.CD\) (Lý do như trên)

Xét tg vuông AOC có \(OC^2=AC^2+AO^2\) (Pitago)

Xét tg vuông BDO có \(OD^2=BD^2+BO^2\) (Pitago)

\(\Rightarrow AC^2+AO^2=CE.DE\) (3)

\(\Rightarrow BD^2+BO^2=DE.CD\) (4)

Cộng 2 vế của (3) và (4) có

\(AC^2+BD^2+2.AC.BD+AO^2+BO^2-2.AC.BD=CD\left(CE+DE\right)\)

\(\left(AC+BD\right)^2+AO^2+BO^2-2.AC.BD=CD^2\) 

Mà AC.BD=AO.BO (cmt)

\(\Rightarrow\left(AC+BD\right)^2+\left(AO-BO\right)^2=CD^2\)

Mà AO=BO

\(\Rightarrow\left(AC+BD\right)^2=CD^2\Rightarrow AC+BD=CD\) (đpcm)

b/

- Với \(p=2\Rightarrow p^2+2=2^2+2=6\) không là số nguyên tố (ktm).

- Với \(p=3\Rightarrow p^2+2=3^2+2=11\) là số nguyên tố (tm)

\(\Rightarrow p^3+2=3^3+2=29\) là số nguyên tố (đúng).

- Với \(p>3\) \(\Rightarrow p\) chia \(3\) dư \(1\) hoặc \(2\)

\(\Rightarrow p^2\) chia \(3\) dư \(1\) (do số chính phương chia \(3\) dư \(0\) hoặc \(1\)).

\(\Rightarrow p^3+2\) chia hết cho \(3\) nên không là số nguyên tố (ktm).

- Từ 3 điều trên, ta suy ra đpcm.

hhhh

\(2^{2^{2005}}=2^{2005^2}\) là 1 SCP ko chia hết cho 3 nên\(2^{2^{2005}}\equiv1\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow2^{2^{2005}}+5\equiv1+5=6\left(mod3\right)\)

tức là \(2^{2^{2005}}+5⋮3\) là hợp sos,ko phải là SNT

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

\(\left(x^2+3\right)\left(x+1\right)+x+1=0\)

\(\left(x^2+3+1\right)\left(x+1\right)=0\)

\(\left(x^2+4\right)\left(x+1\right)=0\)

Vì \(x^2+4>0\) =>

  x+1 =0 

  x=-1

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

\(\Leftrightarrow\left(x^2+3\right)\left(x+1\right)+x+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x^2+3+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x+1=0\left(x^2+4>0\forall x\in R\right)\)

\(\Leftrightarrow x=-1\)