a/Thay x = -6 vào biểu thức, ta có:
\(3\times\left(-6\right)+5\)
\(=-18+5\)
\(=-13\)
b/Thay m = -2 và n = -1 vào biểu thức, ta có:
\(2\cdot\left(-2\right)^2-3\cdot\left(-1\right)+7\)
\(=8+3+7\)
\(=18\)

a.

Tại \(x=-6\Rightarrow3x+5=3.\left(-6\right)+5=-13\)

b.

Tại \(m=-2;n=-1\)

\(2m^2-3n+7=2.\left(-2\right)^2-3.\left(-1\right)+7=18\)

a/Hệ số tỉ lệ k là:
\(k=xy=\left(-10\right)\cdot\left(-2\right)=20\)
b/
+) Khi \(x=4\) thì \(y=\dfrac{20}{x}=\dfrac{20}{4}=5\)
+) Khi \(x=-2\) thì \(y=\dfrac{20}{x}=\dfrac{20}{-2}=-10\)

a/Hệ số tỉ lệ k là:
$k=xy=\left(-10\right)\cdot \left(-2\right)=20$
b/
+) Khi $x=4$ thì �=20�=204=5y=x20​=420​=5
+) Khi $x=-2$ thì �=20�=20−2=−10y=x20​=−220​=−10

a/Gọi x, y, z(cây) lần lượt là số cây ba lớp 7A, 7B và 7C trồng được nhân dịp Tết trồng cây
(x, y, z \(\in N\)*)
Theo đề bài, ta có:
\(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{5}=\dfrac{z}{7}\) và \(x+y+z=180\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
\(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{5}=\dfrac{z}{7}=\dfrac{x+y+z}{3+5+7}=\dfrac{180}{15}=12\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=12\cdot3=36\\y=12\cdot5=60\\z=12\cdot7=84\end{matrix}\right.\)
Vậy ...
b/Gọi a, b, c(cm) lần lượt là độ dài ba cạnh của tam giác đó (a, b, c > 0)
Theo đề bài, ta có:
\(\dfrac{a}{2}=\dfrac{b}{4}=\dfrac{c}{5}\) và \(a+b+c=121\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
\(\dfrac{a}{2}=\dfrac{b}{4}=\dfrac{c}{5}=\dfrac{a+b+c}{2+4+5}=\dfrac{121}{11}=11\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=11\cdot2=22\\b=11\cdot4=44\\c=11\cdot5=55\end{matrix}\right.\)
Vậy ...
#TiendatzZz

Ta có:

• Do M, N lần lượt là trung điểm của DF, DE nên ta có DM = MF và DN = NE.
• Vì MP = ME và MQ = NF nên ta có MP = ME = NF = NQ.
• Khi đó, ta có tứ giác MPNQ là hình thoi.
• Vậy, ta có D là trung điểm của PQ (do D là trung điểm của MN và MN là đường chéo của hình thoi MPNQ).
• Vậy, ta có D là trung điểm của PQ. Đpcm.

Do \(AM=\dfrac{BC}{2}\left(gt\right)\) và \(BM=CM=\dfrac{BC}{2}\left(gt\right)\)
nên \(AM=BM=CM\)
\(\Rightarrow\Delta ABM\) cân tại \(M\) và \(\Delta ACM\) cân tại \(M\)
\(\Rightarrow\widehat{MAB}=\widehat{B};\widehat{MAC}=\widehat{C}\)
\(\Rightarrow\widehat{MAB}+\widehat{MAC}=\widehat{B}+\widehat{C}\)
\(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{B}+\widehat{C}\)
mà \(\widehat{BAC}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^o\)
\(\Rightarrow2\cdot\widehat{BAC}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^o\)
Vậy: Nếu \(AM=\dfrac{BC}{2}\) thì \(\widehat{A}=90^o\)

Do M là trung điểm BC nên \(MB=MC=\dfrac{BC}{2}\)

Theo giả thiết \(AM=\dfrac{BC}{2}\)

\(\Rightarrow AM=MB=MC\)

\(\Rightarrow\) Các tam giác MAB và MAC cân tại M

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\\\widehat{MAC}=\widehat{MCA}\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\widehat{MAB}+\widehat{MAC}=\widehat{MBA}+\widehat{MCA}\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{MBA}+\widehat{MCA}\)

Theo tính chất tổng 3 góc của tam giác ABC:

\(\widehat{BAC}+\widehat{MBA}+\widehat{MCA}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}+\widehat{BAC}=180^0\)

\(\Rightarrow2.\widehat{BAC}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^0\)

Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau:

\(x+y+z=\dfrac{x}{y+z+1}=\dfrac{y}{x+z+1}=\dfrac{z}{x+y-2}=\dfrac{x+y+z}{y+z+1+x+z+1+x+y-2}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y+z=\dfrac{1}{2}\\\dfrac{x}{y+z+1}=\dfrac{1}{2}\\\dfrac{y}{x+z+1}=\dfrac{1}{2}\\\dfrac{z}{x+y-2}=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y+z=\dfrac{1}{2}\\2x=y+z+1\\2y=x+z+1\\2z=x+y-2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y+z=\dfrac{1}{2}\\3x=x+y+z+1\\3y=x+y+z+1\\3z=x+y+z-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y+z=\dfrac{1}{2}\\3x=\dfrac{1}{2}+1\\3y=\dfrac{1}{2}+1\\3z=\dfrac{1}{2}-2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{2}\\y=\dfrac{1}{2}\\z=-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

Q(x)=A(x)+B(x)+C(x)

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

\(=x^3+2x^2-6\)

H(x)=A(x)-B(x)-C(x)

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

\(=-x^3+4x-8\)

Sửa đề: N(x)=A(x)-B(x)+C(x)

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

\(=-x^3+6x^2-6\)

8: 

a: 

b:

c: 

M N A B C E F

a/ Xét tg AEM và tg BCM có

MA=MB (gt); ME=MC (gt)

\(\widehat{AME}=\widehat{BMC}\) (góc đối đỉnh)

=> tg AEM = tg BCM (c.g.c)

b/

Ta có

NA=NC(gt); NF=NB(gt)

\(\Rightarrow\dfrac{NA}{NC}=\dfrac{NF}{NB}=1\) => AF//BC (Talet đảo)

c/

C/m tương tự như câu b ta cũng có AE//BC

=> A; E; F thẳng hàng (Từ 1 điểm ngoài 1 đường thẳng cho trước chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng // với đường thẳng đã cho)

Ta có

AE//BC (cmt) 

MA=MB (gt)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{BC}=\dfrac{MA}{MB}=1\)

Ta có

AF//BC (cmt)

\(\Rightarrow\dfrac{AF}{BC}=\dfrac{NA}{NC}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{BC}=\dfrac{AF}{BC}\Rightarrow AE=AF\)