Kẻ đường cao AH của tam giác ABC \(\left(H\in BC\right)\). Gọi F là trung điểm của BC. 

 Khi đó tam giác GBC vuông tại G có trung tuyến GF nên \(GF=\dfrac{1}{2}BC\)

 Lại có G là trọng tâm tam giác ABC \(\Rightarrow GF=\dfrac{1}{3}AF\)

 \(\Rightarrow\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{3}AF\) 

 \(\Rightarrow\dfrac{AF}{BC}=\dfrac{3}{2}\)

 \(\Rightarrow BC=\dfrac{2}{3}AF\)      (1)

 Mặt khác, tam giác ABH vuông tại H \(\Rightarrow cotB=\dfrac{BH}{AH}\)

 Tương tự, \(cotC=\dfrac{CH}{AH}\)

 \(\Rightarrow cotB+cotC=\dfrac{BH}{AH}+\dfrac{CH}{AH}=\dfrac{BC}{AH}=\dfrac{\dfrac{2}{3}AF}{AH}\) \(\ge\dfrac{\dfrac{2}{3}AH}{AH}=\dfrac{2}{3}\)

 (vì AH, AF là đường vuông góc và đường xiên kẻ từ A đến BC)

 Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow AH=AF\), nghĩa là đường cao bằng đường trung tuyến ứng với đỉnh A \(\Leftrightarrow\Delta ABC\) cân tại A.

 Ta có đpcm.

ĐK: \(a\ne-2\); \(a\in\mathbb{Z}\)

\(P=\dfrac{a-1}{a+2}=\dfrac{a+2-3}{a+2}=1-\dfrac{3}{a+2}\)

Để \(P\in\mathbb{Z}\) thì \(\dfrac{3}{a+2}\in\mathbb{Z}\)

\(\Rightarrow3⋮a+2\)

\(\Rightarrow a+2\inƯ\left(3\right)\)

\(\Rightarrow a+2\in\left\{1;3;-1;-3\right\}\)

\(\Rightarrow a\in\left\{-1;1;-3;-5\right\}\) (tmđk)

Olm chào em, em nên viết bằng công thức toán học nơi có biểu tượng \(\Sigma\) góc trái màn hình em nhé.

Bài 7:

a: ĐKXĐ: \(x\notin\left\{0;1;-1\right\}\)

\(A=\left(\dfrac{x+1}{x-1}-\dfrac{x-1}{x+1}\right):\dfrac{2x}{5x-5}\)

\(=\dfrac{\left(x+1\right)^2-\left(x-1\right)^2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\cdot\dfrac{5x-5}{2x}\)

\(=\dfrac{x^2+2x+1-x^2+2x-1}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\cdot\dfrac{5\left(x-1\right)}{2x}\)

\(=\dfrac{4x}{\left(x+1\right)}\cdot\dfrac{5}{2x}=\dfrac{10}{x+1}\)

b: Thay x=3 vào A, ta được:

\(A=\dfrac{10}{3+1}=\dfrac{10}{4}=\dfrac{5}{2}\)

Vì x=-1 không thỏa mãn ĐKXĐ
nên Khi x=-1 thì A không có giá trị

c: Đặt A=2

=>\(\dfrac{10}{x+1}=2\)

=>x+1=5

=>x=4(nhận)

Bài 6:

a: ĐKXĐ: \(x\notin\left\{1;-1\right\}\)

b: \(A=\dfrac{x}{2x-2}+\dfrac{x^2+1}{2-2x^2}\)

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

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

c: Đặt A=-1/2

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

=>x+1=-1

=>x=-2(nhận)

\(\dfrac{3}{7}x-1=\dfrac{1}{7}x\left(3x-7\right)\)

⇔ \(\dfrac{3}{7}x-\dfrac{7}{7}=\dfrac{3}{7}x^2-\dfrac{7}{7}x\)

⇔ \(\dfrac{3}{7}x-\dfrac{7}{7}-\dfrac{3}{7}x^2+\dfrac{7}{7}x=0\)

⇔ \(\dfrac{3}{7}x\left(1-x\right)-\dfrac{7}{7}\left(1-x\right)=0\)

⇔ \(\left(1-x\right)\left(\dfrac{3}{7}x-\dfrac{7}{7}\right)=0\)

⇔ \(\left[{}\begin{matrix}1-x=0\\\dfrac{3}{7}x-\dfrac{7}{7}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=\dfrac{7}{3}\end{matrix}\right.\)

Vậy pt có 2 nghiệm pt : \(x=1;x=\dfrac{7}{3}\)

khó

a) Ta có MH//AC \(\left(\perp AB\right)\) nên \(\Delta BMH\sim\Delta BAC\)

\(\Rightarrow\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{MH}{AC}\) \(\Rightarrow BM.AC=BA.MH\)

Tam giác ABH vuông tại H có đường cao HM 

\(BA.MH=HB.HA\)     

Tương tự, ta có: \(CN.AB=HC.HA\)

Cộng theo vế 2 hệ thức trên, ta được:

\(BA.MH+CN.AB=HB.HA+HC.HA=HA\left(HB+HC\right)=AH.BC\)

Ta có đpcm.

b) Tam giác ABH vuông tại H có đường cao HM nên \(AM.BM=MH^2\).

 Tương tự, ta có \(AN.CN=HN^2\)

 Do đó \(VT=AM.BM+AN.CN=MH^2+HN^2\)

 Dễ thấy tứ giác AMHN là hình chữ nhật nên \(MH^2+HN^2=MN^2=AH^2\)

 Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên \(AH^2=BH.CH\)

 Từ đó suy ra \(VT=BH.CH=VP\)

 Vậy đẳng thức được chứng minh.

 c) Xét hệ trục tọa độ Axy với A là gốc tọa độ, \(Ax\equiv AC,Ay\equiv AB\)

 Khi đó đặt \(B\left(0;b\right)\), \(C\left(c;0\right)\)

 Khi đó phương trình đường thẳng \(BC:y=-\dfrac{b}{c}x+b\)

 \(\Rightarrow\) Phương trình đường thẳng \(AH:y=\dfrac{c}{b}x\)

 Khi đó hoành độ của điểm H chính là nghiệm của pt hoành độ giao điểm của AH và BC: \(\dfrac{c}{b}x_0=-\dfrac{b}{c}x_0+b\)

 \(\Leftrightarrow\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\right)x_0=b\) 

 \(\Leftrightarrow\left(\dfrac{c^2+b^2}{bc}\right)x_0=b\) 

 \(\Leftrightarrow x_0=\dfrac{cb^2}{b^2+c^2}\) 

 \(\Rightarrow y_0=\dfrac{c}{b}x_0=\dfrac{c}{b}.\dfrac{cb^2}{b^2+c^2}=\dfrac{bc^2}{b^2+c^2}\)

 Vậy \(H\left(\dfrac{cb^2}{b^2+c^2},\dfrac{bc^2}{b^2+c^2}\right)\)

 Vì M là hình chiếu của H lên trục Oy \(\Rightarrow M\left(0,\dfrac{bc^2}{b^2+c^2}\right)\)

 Tương tự \(\Rightarrow N\left(\dfrac{cb^2}{b^2+c^2},0\right)\)

 Khi đó \(BM=BA-MA=b-\dfrac{bc^2}{b^2+c^2}=\dfrac{b^3+bc^2-bc^2}{b^2+c^2}=\dfrac{b^3}{b^2+c^2}\)

\(CN=CA-NA=c-\dfrac{cb^2}{b^2+c^2}=\dfrac{cb^2+c^3-cb^2}{b^2+c^2}=\dfrac{c^3}{b^2+c^2}\)

 \(\Rightarrow\dfrac{BM}{CN}=\dfrac{\dfrac{b^3}{b^2+c^2}}{\dfrac{c^3}{b^2+c^2}}=\dfrac{b^3}{c^3}=\left(\dfrac{b}{c}\right)^3=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^3\)

 \(\Rightarrow\sqrt[3]{\dfrac{MB}{NC}}=\dfrac{AB}{AC}\) (đpcm)

Gọi đường thẳng (d): y=ax+b(\(a\ne0\)) là đường thẳng đi qua hai điểm A(2;0) và B(-1;-5)

Thay x=2 và y=0 vào y=ax+b, ta được:

\(a\cdot2+b=0\)

=>b=0

=>y=ax

Thay x=-1 và y=-5 vào y=ax, ta được:

\(a\cdot\left(-1\right)=-5\)

=>a=5

=>y=5x

=>Phương trình cần tìm là 5x-y=0

4.8:

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AB=\sqrt{21^2-18^2}=3\sqrt{13}\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{18}{21}=\dfrac{6}{7}\)

nên \(\widehat{B}\simeq59^0\)

=>\(\widehat{C}=90^0-\widehat{B}\simeq31^0\)

b: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ABC}+30^0=90^0\)

=>\(\widehat{ABC}=60^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(cosC=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{b}{BC}\)

=>\(\dfrac{10}{BC}=cos30=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(BC=\dfrac{20\sqrt{3}}{3}\)

ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AB=\sqrt{\left(\dfrac{20\sqrt{3}}{3}\right)^2-10^2}=\dfrac{10\sqrt{3}}{3}\)

c: ΔABC vuông tại A

=>\(BC^2=AB^2+AC^2\)

=>\(BC=5^2+3^2=\sqrt{34}\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(tanB=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{3}{5}\)

nên \(\widehat{B}\simeq30^058'\)

=>\(\widehat{C}=90^0-30^058'=59^02'\)