Bạn nên vẽ hình xem:

Vì ta có EK vuông góc AD

             BD vuông góc AD 

=> EK song song với BD=>    \(\frac{AE}{EB}=\frac{AK}{KD}\) (Định lí Ta-Lét)

=> AExKD=AKxEB(dpcm)

1.  Xét tam giác ABD có MI // AB nên theo định lý Talet ta có:

\(\frac{MI}{AB}=\frac{DI}{DB}\)

Xét tam giác ABC có NI // AB nên theo định lý Talet ta có:

\(\frac{NI}{AB}=\frac{NC}{BC}\)

2. Xét tam giác BDC có IN // DC nên \(\frac{DI}{DB}=\frac{NC}{BC}\)

Từ đó ta có: \(\frac{MI}{AB}=\frac{NI}{AB}\Rightarrow MI=IN\)

Vậy I là trung điểm MN (đpcm)

Khó thế ai làm được hả bạn Toàn!😢😢😢😢😢

ọi phương trình là A 
A <=> 4x^6 + 4x^5 + 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 4x + 3 + 1 = 0 
<=> (4x^6 + 4x^5 + x^4) + (2x^4 + 4x^3 + 2x^2) + (2x^2 + 4x + 2) + x^4 + 2 = 0 
<=> [2.(2x^3 + x^2)^2 + 2.(√2.x^2 + √2 . x)^2 + 2.(x+1)^2 + x^4] + 2 = 0 
Xét tổng các số hạng trong ngoặc vuông, các số hạng đều có thừa số 2>0, thừa số còn lại là bình phương của 1 số sẽ > 0, còn số hạng ngoài ngoặc (số 2) hiển nhiên > 0. Từ đây suy ra phương trình A vô nghiệm. 

Còn cách nữa chứng minh phương trình trên vô nghiệm. Nhân cả 2 vế với x-1 rồi thu gọn, ta có phương trình: x^7 - 1 = 0 <=> x = 1. 
Ta thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình A, vậy ta có phương trình A vô nghiệm. 

(Bài tính thì theo bài của bạn, còn phần chứng minh năm ở bài 290, sách Nâng cao và phát triển toán 8 tập 2, trang 15) 

P/S: Đình Huy ơi, chỗ (x + 1/x)^3 - 3.x.1/x.(x + 1/x) hình như phải là (x + 1/x)^3 - 3.x.1/x.(x - 1/x) chứ nhỉ?

cách đơn giản hơn nhé.

Đặt    \(A=x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(x^5\left(x+1\right)+x^3\left(x+1\right)+x\left(x+1\right)+1=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(x+1\right)\left(x^5+x^3+x\right)+1=0\)

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

Ta có:   \(x^4+x^2+1=\left(x^2+\frac{1}{2}\right)+\frac{3}{4}>0\)       \(\forall x\)

Nếu  \(x\ge0\)thì  \(x+1>0\)\(\Rightarrow\)\(x\left(x+1\right)\left(x^4+x^2+1\right)\ge0\)\(\Rightarrow\)\(A>1\)

Nếu  \(x=-1\) thì   \(x+1=0\)\(\Rightarrow\) \(A=1\)

Nếu  \(x< -1\) thì  \(x+1< 0\) \(\Rightarrow\) \(A>0\)

Vậy pt vô nghiệm

P/s: sai đâu m.n chỉ cho mk nhé

Phân tích được : \(\left(x^2+\frac{1}{2}\right)^2-\left(y-\frac{1}{2}\right)^2=-10\)

<=> \(\left(x^2-y+1\right)\left(x^2+y\right)=-10\)

Mà \(-10=-1.10=-10.1=-2.5=-5.2\)

Mình làm 1 trường hợp còn lại bạn làm tương tự nha : 

VD cặp số đầu tiên là -1.10 => \(\hept{\begin{cases}x^2-y+1=-1\\x^2+y=10\end{cases}}\)

=> \(\hept{\begin{cases}x^2-y=-2\\x^2+y=10\end{cases}}\)=> hoặc x=-2 y=6 hoặc x=2 y=6

Ta có : \(x^4+x^2-y^2+y+10=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^4-y^2\right)+\left(x^2+y\right)=-10\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+y\right)\left(x^2-y\right)+\left(x^2+y\right)=-10\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+y\right)\left(x^2-y+1\right)=-10\)

Vậy nên \(x^2+y;x^2-y+1\inƯ\left(-10\right)=\left\{\pm1;\pm2;\pm5;\pm10\right\}\)

Ta có bảng:

Vậy có 8 cặp số (x;y) thỏa mãn.

Ta có : \(x^2+2012x+2011^{2011}-1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+2012x+1006^2=2011^{2011}+1+1006^2\)

\(\Rightarrow\left(x+1006\right)^2=2011^{2011}+1+1006^2\)

Giả sử x là một số nguyên thì VT là một số chính phương.

Khi đó VP cũng là số chính phương.

Lại có 2011²⁰¹¹ có tận cùng là chữ số 1, 1006² có tận cùng là chữ số 6 nên VP có tận cùng là chữ số 8.

Lại có không một số chính phương nào có tận cùng là chữ số 8 hay VP không là số chính phương.

Vậy giả sử sai hay không tồn tại số nguyên x thỏa mãn phương trình trên. 

Tịnh tách các bài ra nhé.

Đặt x = a + b; y = ab thì: 
đpcm <=> x² - 2y + (1 + y)²/x² ≥ 2 
<=> x²(x² - 2y) + (1 + y)² - 2x² ≥ 0 
<=> x⁴ - 2x²y + y² + 2y + 1 - 2x² ≥ 0 
<=> (x²)² + (-y)² + (-1)² + 2.(-1).x² + 2.(-1).(-y) + 2.x².(-y) ≥ 0 
<=> (x² - y - 1)² ≥ 0 (luôn đúng)  đpcm