Ta có \(x^{2} - 4 x + 9 = \left(\right. x - 2 \left.\right)^{2} + 5 \geq 5\).

Suy ra \(B = \frac{1}{x^{2} - 4 x + 9} = \frac{1}{\left(\right. x - 2 \left.\right)^{2} + 5} \leq \frac{1}{5}\).

Dấu bằng xảy ra khi \(x = 2\).

a) Xét \(\Delta K N M\) và \(\Delta M N P\) có:

     \(\hat{M K N} = \hat{N M P} = 9 0^{\circ}\);

     \(\hat{N}\) chung;

Suy ra \(\Delta K N M \sim \Delta M N P\) (g.g) (1)

Xét \(\Delta K M P\) và \(\Delta M N P\) có:

     \(\hat{M K P} = \hat{N M P} = 9 0^{\circ}\)

    \(\hat{P}\) là góc chung

Do đó \(\Delta K M P \sim \Delta M N P\) (g.g) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta K N M \sim \Delta K M P\).

b) Theo câu a \(\Delta K N M \sim \Delta K M P\).

⇒ \(\frac{MK}{KP}\) = \(\frac{NK}{MK}\)

Nên MK. MK=NK.KP hay \(MK^2\) = NK.KP

c) Từ câu b, ta tính được \(M K = 6\) cm.

Nên \(S_{M N P} = \frac{1}{2} M K . N P = \frac{1}{2} . 6. \left(\right. 4 + 9 \left.\right) = 39\)

a, rút gọn ta đc

\(\frac{\left(x-1\right)^2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\) ⇒ \(\frac{x-1}{x+1}\)

b,

Với x = 3 thì A = \(\frac12\)

Với x = \(\frac32\) thì A = 5

c,

ta có biến đổi :

\(\frac{x-1}{x+1}\) = 1 + \(\frac{-2}{x+1}\)

Để biểu thức \(A\) nguyên khi \(\frac{-2}{x+1}\) hay \(x + 1\) là ước của \(- 2\).

Do đó

Đối chiếu điều kiện ta thấy \(x\) có giá trị \(- 2 ; - 3 ; 0\) thì biểu thức \(A\) nguyên.

a, 7x+2=0

7x = -2

x = \(\) \(-\frac27\)

b, 18−5x=7+3x

−5x−3x=7−18

−8x=−11

x= \(\frac{11}{8}\)

Xét tam giác $ABC$ có $BC\perp A{B}^{\prime }$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp A{B}^{\prime }$ nên suy ra $BC$ // $B^{\prime }{C}^{\prime }$

theo hệ quả định lí thales có \(\dfrac{AB}{AB'}\)=\(\dfrac{BC}{BC'}\)

suy ra \(\dfrac{x}{x+h}\)=\(\dfrac{a}{a'}\)

a'.x= a.( x + h )

a'.x - ax = ah

x( a' -a ) = ah 

x=\(\dfrac{ah}{a'-a}\)

Trong tam giác $ADB$, ta có: $MN$ // $AB$ (gt) 

Suy ra \(\dfrac{DN}{DB}\)=\(\dfrac{MN}{AB}\) (1) 

Trong tam giác $ACB$, ta có: $PQ$ // $AB$ (gt) 

Suy ra \(\dfrac{CQ}{CB}\)=\(\dfrac{PQ}{AB}\) (2) 

Lại có: $NQ$ // $AB$ (gt); $AB$ // $CD$ (gt)

Suy ra $NQ$ // $CD$

Trong tam giác $BDC$, ta có: $NQ$ // $CD$ (chứng minh trên)
DNDB =MNAB​=Suy ra \(\dfrac{DN}{DB}\)=\(\dfrac{CQ}{CB}\) (3) 

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\dfrac{MN}{AB}\)=\(\dfrac{PQ}{AB}\) $hay$MN = PQ
​ADB
MNN // AB

lấy D là trung điểm của BC
khi đó AD là đường trung tuyến của △ABC 

vì G là trọng tâm tam giác ABC nên điểm G nằm trên cạnh AD 

ta có \(\dfrac{AG}{AD}\)=\(\dfrac{2}{3}\)  hay  AG=\(\dfrac{2}{3}\)AD 

vì MG //AB theo định lí thales có

\(\dfrac{AG}{AD}\)=\(\dfrac{BM}{BD}\)=\(\dfrac{2}{3}\)

có  BD=CD ( vì D là trung điểm ) nên \(\dfrac{BM}{BC}\)=\(\dfrac{BM}{2BD}\)=\(\dfrac{2}{2.3}\)=\(\dfrac{1}{3}\)

do đó BM=\(\dfrac{1}{3}\)BC

Vì ABCD là hình thang nên : 

⇒ AB // CD

áp dụng hệ quả định lí thales có : 

\(\dfrac{OA}{OC}\)=\(\dfrac{OB}{OD}\)

⇒ OA.OD=OB.OB

Áp dụng định lí Thales trong △ :

+, DE // AC ⇒ \(\dfrac{AE}{AB}\)=\(\dfrac{CD}{BC}\) 

+, DF // AB ⇒ \(\dfrac{AF}{AC}\)=\(\dfrac{BD}{BC}\) 

⇒ \(\dfrac{AE}{AB}\)+\(\dfrac{AF}{AC}\)=\(\dfrac{CD}{BC}\)+\(\dfrac{BD}{BC}\)=\(\dfrac{BC}{BC}\)=1