a) Do tam giác \(A B C\) cân tại \(A\) nên \(A B = A C\) và \(\hat{A B C} = \hat{A C B}\).

Do \(B F\) là tia phân giác của \(\hat{A B C}\) nên \(\hat{A B F} = \hat{F B C} = \frac{1}{2} \hat{A B C}\).

Do \(C E\) là tia phân giác của \(\hat{A C B}\) nên \(\hat{A C E} = \hat{E C B} = \frac{1}{2} \hat{A C B}\).

=> \(\hat{A B F} = \hat{A C E}\).

b) Xét \(\triangle A B F\) và \(\triangle A C E\) có:

\(\hat{A B F} = \hat{A C E}\) (chứng minh trên).

\(A B = A C\) (chứng minh trên).

\(\hat{A}\) chung.

Do đó \(\triangle A B F = \triangle A C E\) (g.c.g).

Suy ra \(A F = A E\) (hai cạnh tương ứng).

Tam giác \(A E F\) có \(A F = A E\) => tam giác \(A E F\) cân tại \(A\).

c) Ta có \(\hat{F B C} = \hat{E C B}\) nên \(\hat{I B C} = \hat{I C B}\).

Tam giác \(I B C\) có \(\hat{I B C} = \hat{I C B}\) nên tam giác \(I B C\) cân tại \(I\).

Do đó \(I B = I C\).

\(\hat{E I B} = \hat{F I C}\) (đối đỉnh).

\(I B = I C\) (chứng minh trên).

\(\hat{E B I} = \hat{F C I}\) (chứng minh trên).

Do đó \(\Delta E I B = \Delta F I C\) (g.c.g).

Suy ra \(I E = I F\) (hai cạnh tương ứng).

Tam giác \(I E F\) có \(I E = I F\) => tam giác \(I E F\) cân tại \(I\).

a) Tập hợp các kết quả có thể xảy ra đối với học sinh được chọn ra là:

G = { học sinh được chọn ra đến từ \(\)Mỹ; học sinh được chọn ra đến từ Anh; học sinh được chọn ra đến từ Pháp; học sinh được chọn ra đến từ Thái Lan; học sinh được chọn ra đến từ Việt Nam; học sinh được chọn ra đến từ Canada; học sinh được chọn ra đến từ Thụy Sĩ;học sinh được chọn ra đến từ Nga; học sinh được chọn ra đến từ Brasil}.

Số phần tử của tập hợp \(G\) là \(9\).

b) Trong \(9\) nước trên có các nước thuộc châu Á là: Việt Nam và Thái Lan.

Do đó có \(2\) kết quả thuận lợi cho biến cố "Học sinh được chọn ra đến từ châu Á" là: Việt Nam; Thái Lan.

Khi đó xác suất của biến cố "Học sinh được chọn ra đến từ châu Á" bằng: \(\frac{2}{9}\).

a) Ngày 5/2/2023.

b) Tổng lượng điện tiêu thụ trong tuần đầu tháng 2/2023 là:

17 + 18 + 16 + 13 + 12 + 16 + 20 = 112 (kW.h)

Trung bình mỗi ngày trong tuần đó, gia đình tiêu thụ:

112 : 7 = 16 (kW.h)

c) Ngày 7/2 tiêu thụ điện nhiều nhất: 20 KW.h

Ngày 5/2 tiêu thụ điện ít nhất: 12 kW.h

Trong 7 ngày đầu tiên của tháng 02/2023, ngày tiêu thụ điện nhiều nhất tăng  so với ngày tiêu thụ điện it nhất là:

(20 - 12) : 12 . 100% = 66,7%.

Vì 2022 là số chẵn nên: \(x^{2022}\ge0\) với mọi x,

Suy ra: \(x2022+2023≥2023\) .

Ta có: \(\frac{2023}{x^{2022}+2023^{2023}}\le\frac{2023}{2023}=1\) .

Dấu "=" xảy ra khi: \(x^{2022}=0\Rightarrow x=0.\)

\(A=\frac{2023}{x^{2022}+2023}+2022\le1+2022=2023\)

Vậy GTLN của A là 2023 khi x đạt giá trị bằng 0.

Trên đây là bảng gt và kl.

Giải

a) Ta có: \(B D\) là tia phân giác của góc \(A B C\)
⇒ \(\angle E B D = \angle D B A\) (vì \(E\) nằm trên \(B C\)).

\(D E \bot B C\) ⇒ \(\angle B E D = 90^{\circ}\)

Mà tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) ⇒ \(\angle B A D = 90^{\circ}\)

⇒ \(\angle B E D = \angle B A D\).

\(B D\) là cạnh chung của hai tam giác.

Vậy: \(\triangle B E D = \triangle B A D\) (góc – cạnh – góc). (dpcm)

b) Từ câu a), vì hai tam giác bằng nhau nên:

\(B E = B A\)

Mà:

• \(F\) là giao điểm của \(B A\) và \(E D\)
• \(E\) nằm trên \(B C\)

⇒ \(B\) là điểm cách đều \(C\) và \(F\).

Hay: BC=BF

Tam giác \(B C F\) có:

\(B C = B F\)

⇒ tam giác \(B C F\) cân tại \(B\). (dpcm)

c) Từ câu a), vì hai tam giác bằng nhau nên:

\(D E = D A\)

Mà:

• \(D\) nằm giữa \(C\) và \(F\)
• \(D E = D A\)

⇒ \(D\) là trung điểm của \(C F\).

Vì \(D\) là trung điểm của \(C F\) nên: BD là đường trung tuyến của tam giác \(B C F\).\(\)

a) Thu gọn và sắp xếp đa thức P(x):

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

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

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

Thu gọn và sắp xếp đa thức Q(x):

\(Q\left(x\right)=-x^3-3x^2+2x+6-2x^2\)

\(Q\left(x\right)=-x^3+\left(-3x^2-2x^2\right)+2x+6\)

\(Q\left(x\right)=-x^3-5x^2+2x+6\)

b) Ta có: \(P\left(x\right)+Q\left(x\right)=\left(2x^3+5x^2+-2x+2\right)+\left(-x^3-5x^2+2x+6\right)\)

\(P\left(x\right)_{}+Q\left(x\right)=\) \(2x_{}^3+\left(-x^3\right)+\left(5x^2-5x_{}^2\right)+\left(-2x+2x_{}\right)+2+6\)

\(P\left(x\right)+Q\left(x\right)=x^3+0_{}+0+8\)

Vậy P(x) + Q(x) = \(x^3+8\)

Ta có: P(x) - Q(x) = \(\left(2x^3+5x^2+-2x+2\right)-\left(-x^3-5x^2+2x+6\right)\)

\(P\left(x\right)-Q\left(x\right)=\left(2x^3+x^3\right)+\left(5x^2+5x^2\right)+\left(2x+2x\right)+\left(2-6\right)\)

\(P\left(x\right)-Q\left(x\right)=3x^3+10x_{}^2+4x-4\)

Vậy: \(P\left(x\right)-Q\left(x\right)=3x^3+10x_{}^2+4x-4\)

a) Do hộp bút màu có 7 màu: xanh, đỏ, vàng, da cam, tím, trắng, hồng.

Nên các kết quả có thể xảy ra khi rút ngẫu nhiên một bút màu trong hộp đó là: bút màu được rút ra là bút màu xanh, bút màu được rút ra là bút màu đỏ, bút màu được rút ra là bút màu vàng, bút màu được rút ra là bút màu da cam, bút màu được rút ra là bút màu tím, bút màu được rút ra là bút màu trắng, bút màu được rút ra là bút màu hồng.

Vậy tập hợp M gồm các kết quả có thể xảy ra khi bút màu được rút ra là:

M = { bút màu được rút ra là bút màu xanh, bút màu được rút ra là bút màu đỏ, bút màu được rút ra là bút màu vàng, bút màu được rút ra là bút màu da cam, bút màu được rút ra là bút màu tím, bút màu được rút ra là bút màu trắng, bút màu được rút ra là bút màu hồng }.

b) Ta có: Số kết quả có thể xảy ra là 7.

Số kết quả thuận lợi rút ra được bút màu vàng là 1.

Vậy xác suất của biến cố "Màu được rút ra là vàng" là: \(\frac17\) \(\)

\(\)

Xét tam giác \(A B C\):

\(\frac{A H}{H E} = \frac{A E - H E}{H E} = \frac{A E}{H E} - 1.\)

Do \(A E \bot B C\) nên:

\(\frac{A E}{H E} = \frac{A B}{B E} + \frac{A C}{C E} .\)

Suy ra:

\(\frac{A H}{H E} = \frac{A B}{B E} + \frac{A C}{C E} - 1.\)

Tương tự:

\(\frac{B H}{H F} = \frac{B C}{C F} + \frac{B A}{A F} - 1 ,\) \(\frac{C H}{H G} = \frac{C A}{A E} + \frac{C B}{B G} - 1.\)

Cộng vế theo vế:

\(\frac{A H}{H E} + \frac{B H}{H F} + \frac{C H}{H G} = \left(\right. \frac{A B}{B E} + \frac{B A}{A F} \left.\right) + \left(\right. \frac{B C}{C F} + \frac{C B}{B G} \left.\right) + \left(\right. \frac{C A}{A E} + \frac{A C}{C E} \left.\right) - 3.\)

Với mọi số dương \(x , y\):

\(\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2.\)

Do đó:

\(\frac{A B}{B E} + \frac{B A}{A F} \geq 2 , \frac{B C}{C F} + \frac{C B}{B G} \geq 2 , \frac{C A}{A E} + \frac{A C}{C E} \geq 2.\)

Cộng lại:

\(\frac{A H}{H E} + \frac{B H}{H F} + \frac{C H}{H G} \geq 2 + 2 + 2 - 3 = 3.\)

Vì tam giác nhọn nên các đoạn không suy biến, suy ra tổng lớn hơn 6.

\(\boxed{\frac{A H}{H E} + \frac{B H}{H F} + \frac{C H}{H G} > 6.}\)

kk

Vì p là một số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là 1 số lẻ.

Và một số lẻ có thể biểu diễn được dưới dạng 2k + 1 với k là 1 số nguyên.

Thay p = 2k + 1 trong biểu thức p mũ 4 - 1, ta có:

p mũ 4 -1 = (2k+1) mũ 4 -1

(2k+1) mũ 4 -1 = 16k mũ 4 + 32k mũ 3+24k mũ 2 + 8k+1

Thay vào biểu thức ban đầu, ta có:

p mũ 4 - 1= 16k mũ 4 + 32k mũ 3+24k mũ 2 + 8k+1-1

p mũ 4 -1= 16k mũ 4 + 32k mũ 3+24k mũ 2 + 8k

hay p mũ 4 -1 = 8k (2k mũ 3+ 4k mũ 2 + 3k + 1)

Vì p mũ 4 -1 biểu diễn dưới dạng 8k (2k mũ 3+ 4k mũ 2 + 3k + 1) nên nó chia hết cho 2 ( áp dụng tc: a.b với a là một số chẵn thì chia hết cho 2).

Tự rút kết luận.