\(\frac{x+6}{1005}+\frac{x+132}{471}+\frac{x+1008}{168}=-12\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+6}{1005}+2+\frac{x+132}{471}+4+\frac{x+1008}{168}+6=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+2016}{1005}+\frac{x+2016}{471}+\frac{x+2016}{168}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2016\right)\left(\frac{1}{1005}+\frac{1}{471}+\frac{1}{168}\right)=0\)

Dễ thấy \(\frac{1}{1005}+\frac{1}{471}+\frac{1}{168}>0\)nên x + 2016 = 0

Vậy x = -2016

\(\frac{x+6}{1005}+\frac{x+132}{471}+\frac{x+1008}{168}=-12\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+6}{3\cdot335}+\frac{x+132}{3\cdot157}+\frac{x+1008}{3\cdot56}=-12\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+6}{335}+\frac{x+132}{157}+\frac{x+1008}{56}=-36\)

\(\Leftrightarrow\frac{x}{335}+\frac{x}{157}+\frac{x}{56}+\frac{6}{335}+\frac{132}{157}+18=-36\)

\(\Leftrightarrow\frac{x}{335}+\frac{x}{157}+\frac{x}{56}=-54-\frac{6}{335}-\frac{132}{157}\)

\(\Leftrightarrow x\left(\frac{1}{335}+\frac{1}{157}+\frac{1}{56}\right)=-6-\frac{6}{335}-12-\frac{132}{157}-36\)

\(\Leftrightarrow x\left(\frac{1}{335}+\frac{1}{157}+\frac{1}{56}\right)=\frac{-2016}{335}+\frac{-2016}{157}+\frac{-2016}{56}\)

\(\Leftrightarrow x\left(\frac{1}{335}+\frac{1}{157}+\frac{1}{56}\right)=-2016\left(\frac{1}{335}+\frac{1}{157}+\frac{1}{56}\right)\)

\(\Leftrightarrow x=-2016\)

chịu thôi em vừa học có lớp 5

Gọi giao điểm AG với BC là M

Qua B và C kẻ đường thẳng song song với EF cắt AM tại T và V

Áp dụng định lý Thales ta có:\(\frac{BE}{AE}=\frac{TG}{AG};\frac{CF}{AF}=\frac{VG}{AG}\)

Ta có:\(\frac{BE}{AE}+\frac{CF}{AF}=\frac{TG}{AG}+\frac{VG}{AG}=\frac{TG+VG}{AG}=\frac{TG+TG+TM+MV}{AG}\)

Dễ chứng minh \(\Delta\)BTM = \(\Delta\)CVM (g.c.g) nên MT=MV

Khi đó:\(\frac{BE}{AE}+\frac{CF}{AF}=\frac{2TG+2TM}{AG}=\frac{2\left(TG+TM\right)}{AG}=\frac{2GM}{AG}=1\)

=> ĐPCM

a) gọi N là giao điểm của EF và AC
ta có  \(DI//EF\Rightarrow\widehat{AID}=\widehat{ENC}\)(so le trong)
\(BK//EF\Rightarrow\widehat{CKB}=\widehat{ENC}\) (đồng vị)
do đó \(\widehat{AID}=\widehat{CKB}\)
Ta lại có \(\widehat{ADI}=180^o-\widehat{AID}-\widehat{IAD}\)
\(\widehat{CBK}=180^o-\widehat{CKB}-\widehat{KCB}\)
\(\widehat{AID}=\widehat{CKB}\) (cmt)
\(\widehat{IAD}=\widehat{KCB}\) (vì AB // CD)
nên \(\widehat{ADI}=\widehat{CBK}\)
Xét tam giác ADI và tam giác CBK có
\(\widehat{ADI}=\widehat{CBK}\)
AD = BC (vì ABCD là hình bình hành)
\(\widehat{IAD}=\widehat{KCB}\) (vì AB // CD)
do đó tam giác ADI = tam giác CBK (g . c . g)
=> AI = CK (2 cạnh tương ứng)
 

???????????????????

Max:

\(M=\frac{x^2+xy+y^2}{x^2+y^2}=1+\frac{xy}{x^2+y^2}\le1+\frac{xy}{2\left|xy\right|}\le1+\frac{xy}{2xy}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra tại x=y

2.1

a) Áp dụng định lý Bezout:

\(P\left(x\right)⋮2x+3\)

\(\Rightarrow P\left(\frac{-3}{2}\right)=0\)

hay \(6.\frac{-27}{8}-7.\frac{9}{4}-16.\frac{-3}{2}+m=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{-81}{4}-\frac{63}{4}+24+m=0\)

\(\Rightarrow m=12\)

Vậy m = 12 

khí gas chứa\(75\%\) khí metan nên trong \(33,6\)lít khí gas có chứa:

\(33,6.75\%=25.2\)(lít) khí metan

suy ra: \(V_{CH_4}=25,2\)

\(\Rightarrow n_{CH_4}=\frac{V_{CH_4}}{22,4}=\frac{25,2}{22,4}=1,125\)

                                                \(t^0\)

PTHH:           \(CH_4+2O_2\rightarrow CO_2+2H_2O\)

theo PTHH:  . 1 mol      2 mol

theo bài ra:   1,125mol  x mol

\(\Rightarrow n_{O_2}=x=\frac{1,125.2}{1}=2,25\)(mol)

\(\Rightarrow V_{O_2}=n_{O_2}.22,4=2,25.22,4=50,4\)(lít)

Oxi chiếm 1/5 thể tích không khí nên thể tích không khí cần dùng để đốt cháy 33,6 lít khí gas là: 

\(V_{kk}=V_{O_2}\div\frac{1}{5}=50,4\div\frac{1}{5}=252\)(lít)

                            Đáp số: 252 lít

mk ko chắc chắn về cách trình bày của mk đâu nhé

chúc học tốt!