Ta có: $\frac{{bz - cy}}{a} = \frac{{abz - acy}}{{{a^2}}}$;

$\frac{{cx - az}}{b} = \frac{{bcx - baz}}{{{b^2}}}$; $\frac{{ay - bx}}{c} = \frac{{cay - cbx}}{{{c^2}}}$.

Mà $\frac{{bz - cy}}{a} = \frac{{cx - az}}{b} = \frac{{ay - bx}}{c}$

Nên $\frac{{bz - cy}}{a} = \frac{{ay - bx}}{c} = \frac{{abz - acy}}{{{a^2}}} = \frac{{bcx - baz}}{{{b^2}}} = \frac{{cay - cbx}}{{{c^2}}}$

$= \frac{{abz - acy + bcx - baz + cay - cbx}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = 0$.

Do đó $$bz - cy = 0;\,\,ay - bx = 0$$.

Khi đó, $bz = cy$ nên $\frac{b}{y} = \frac{c}{z}$ và $ay = bx$ nên $\frac{b}{y} = \frac{a}{x}$.

Do đó $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}$ (đpcm).

Vì $BD$; $CE$ là đường trung tuyến nên $D$ là trung điểm của $AC$ và $E$ là trung điểm của $AB$.

Do đó, $AE = EB = \frac{1}{2}AB;\,\,AD = DC = \frac{1}{2}AC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AE = EB = AD = DC$.

Xét $\Delta BEC$ và $\Delta CDB$ có:

$BE = DC$ (chứng minh trên)

Cạnh $BC$ chung

$\widehat {EBC} = \widehat {DCB}$ (do $\Delta ABC$ cân tại $A$)

Do đó, $\Delta BEC = \Delta CDB$ (g.c.g)

Suy ra $BD = CE$ (hai cạnh tương ứng) và $\widehat {ECB} = \widehat {DBC}$ (hai góc tương ứng)

Xét tam giác $BGC$ có: $\widehat {ECB} = \widehat {DBC}$ hay $\widehat {GCB} = \widehat {GBC}$.

Do đó $\Delta BGC$ cân tại $G$.

Suy ra $GB = GC$ (tính chất tam giác cân)

Ta có: $BD = BG + GD;\,\,CE = CG + GE$.

Mà $BD = EC;\,\,BG = GC$ nên $GE = GD$.

Xét tam giác $EGD$ có: $GE = GD$ nên $\Delta EGD$ cân tại $G$.

b) Xét tam giác $BGC$ có:

$BG + GC > BC$ (bất đẳng thức tam giác) (*)

Vì hai đường trung tuyến $BD;CE$ cắt nhau tại $G$ nên $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$.

Ta có: $$BG = \frac{2}{3}BD;\,\,CG = \frac{2}{3}CE$$ (**)

Thay (**) vào (*) ta được: $BG + CG = \frac{2}{3}BD + \frac{2}{3}CE > BC$ hay $\frac{2}{3}\left( {BD + CE} \right) > BC$.

Suy ra $BD + CE > \frac{3}{2}BC$ (đpcm).

a) $$P(x) = \left( {2{x^2} - {x^3} + x - 5} \right) + \left( {{x^3} - 2{x^2} + 3x - 1} \right)$$

$$= 2{x^2} - {x^3} + x - 5 + {x^3} - 2{x^2} + 3x - 1$$

$$= \left( { - {x^3} + {x^3}} \right) + \left( {2{x^2} - 2{x^2}} \right) + \left( {x + 3x} \right) + \left( { - 5 - 1} \right)$$$= 4x - 6$.

Vậy $P\left( x \right) = 4x - 6$.

b) Đa thức $P\left( x \right) = 4x - 6$ có nghiệm khi $4x - 6 = 0$

$4x = 6$

$x = \frac{3}{2}$

Vậy nghiệm của đa thức $P\left( x \right)$ là $x = \frac{3}{2}$.

Gọi $x,\,\,y,\,\,z,\,\,t$ (học sinh) lần lượt là số học sinh bốn khối 6; 7; 8; 9 $\left( {0 < x,\,\,y,\,\,z,\,\,t < 660} \right)$.

Vì tổng số học sinh là 660 nên $x + y + z + t = 660$.

Vì số học sinh tỉ lệ thuận với $$3;\,\,3,5;\,\,4,5;\,\,4$$ nên $\frac{x}{3} = \frac{y}{{3,5}} = \frac{z}{{4,5}} = \frac{t}{4}$.

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

$\frac{x}{3} = \frac{y}{{3,5}} = \frac{z}{{4,5}} = \frac{t}{4} = \frac{{x + y + z + t}}{{3 + 3,5 + 4,5 + 4}} = \frac{{660}}{{15}} = 44$

Suy ra $\frac{x}{3} = 44$ nên $x = 44\,\,.\,\,3 = 132$ (thỏa mãn);

$\frac{y}{{3,5}} = 44$ nên $y = 44\,\,.\,\,3,5 = 154$ (thỏa mãn);

$\frac{z}{{4,5}} = 44$ nên $z = 44\,\,.\,\,4,5 = 198$ (thỏa mãn);

$\frac{t}{3} = 44$ nên $t = 44\,\,.\,\,4 = 176$ (thỏa mãn).

Vậy số học sinh bốn khối 6; 7; 8; 9 lần lượt là 132 học sinh; 154 học sinh; 198 học sinh; 176 học sinh.

a) $\frac{x}{{ - 4}} = \frac{{ - 12}}{{18}}$

$18x = \left( { - 12} \right)\,\,.\,\,\left( { - 4} \right)$

$18x = 48$

$x = 48:18$

$x = 3$

Vậy $x = 3$.

b) $\frac{{2x - 2}}{5} = \frac{{x - 3}}{{10}}$

$10\,\,.\,\,\left( {2x - 2} \right) = 5\,\,.\,\,\left( {x - 3} \right)$

$20x - 20 = 5x - 15$

$20x - 5x = 20 - 15$

$15x = 5$

$x = \frac{1}{3}$

c) $\frac{{x - 2}}{{12}} = \frac{3}{{x - 2}}$

$\left( {x - 2} \right)\,\,.\,\,\left( {x - 2} \right) = 12\,\,.\,\,3$

${\left( {x - 2} \right)^2} = 36$

${\left( {x - 2} \right)^2} = {6^2} = {\left( { - 6} \right)^2}$

Trường hợp 1: $x - 2 = 6$

$x = 6 + 2$

$x = 8$

Trường hợp 2: $x - 2 =  - 6$

$x =  - 6 + 2$

$x =  - 4$

Vậy $x = 8$ và $x =  - 4$.

Từ $\frac{a}{b} = \frac{c}{d} \Rightarrow \frac{a}{c} = \frac{b}{d}$

Suy ra $\frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{{b^2}}}{{{d^2}}} = \frac{{ab}}{{cd}} = \frac{{7{a^2}}}{{7{c^2}}} = \frac{{8{b^2}}}{{8{d^2}}} = \frac{{3ab}}{{3cd}} = \frac{{11{a^2}}}{{11{c^2}}}$.

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau cho $\frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{11{a^2}}}{{11{c^2}}} = \frac{{8{b^2}}}{{8{d^2}}}$, ta được:

$\frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{11{a^2}}}{{11{c^2}}} = \frac{{8{b^2}}}{{8{d^2}}} = \frac{{11{a^2} - 8{b^2}}}{{11{c^2} - 8{d^2}}}$   (1)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau cho $\frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{7{a^2}}}{{7{c^2}}} = \frac{{3ab}}{{3cd}}$, ta được:

$\frac{{{a^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{7{a^2}}}{{7{c^2}}} = \frac{{3ab}}{{3cd}} = \frac{{7{a^2} + 3ab}}{{7{c^2} + 3cd}}$       (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{{11{a^2} - 8{b^2}}}{{11{c^2} - 8{d^2}}} = \frac{{7{a^2} + 3ab}}{{7{c^2} + 3cd}}$.

Do đó $\frac{{7{c^2} + 3cd}}{{11{c^2} - 8{d^2}}} = \frac{{7{a^2} + 3ab}}{{11{a^2} - 8{b^2}}}$ (đpcm).

a) Ta có: $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ (do $BD;\,\,CE$ là đường trung tuyến).

Suy ra $BG = \frac{2}{3}BD;\,\,CG = \frac{2}{3}CE$ mà $BD = CE$ nên $BG = CG$.

Lại có: $BD = BG + GD$; $CE = CG + GE$ nên $GD = GE$.

Xét tam giác $EGB$ và tam giác $DGC$ có:

$BG = GC$ (chứng minh trên)

$\widehat {BGE} = \widehat {CGD}$ (hai góc đối đỉnh)

$GD = GE$ (chứng minh trên)

Do đó, $\Delta EGB = \Delta DGC$ (c.g.c)

Suy ra, $EB = CD$ (hai cạnh tương ứng)

Mà $E$ là trung điểm của $AB$; $D$ là trung điểm của $AC$.

Do đó, $AB = AC\,\,\left( {AB = 2EB;\,\,AC = 2CD} \right)$.

Kéo dài $AG$ cắt $BC$ tại $H$.

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên $AH$ là đường trung tuyến của tam giác $ABC$ (ba đường trung tuyến trong tam giác đồng quy).

Do đó, $H$ là trung điểm của $BC$ nên $BH = HC$.

Xét $\Delta AHB$ và $\Delta AHC$ có:

$AB = AC$ (chứng minh trên)

$BH = HC$ (chứng minh trên)

Cạnh $AH$ chung

Do đó, $\Delta AHB = \Delta AHC$ (c.c.c)

Suy ra, $\widehat {AHB} = \widehat {AHC}$ (hai góc tương ứng)

Mà $\widehat {AHB} + \widehat {AHC} = 180^\circ$, do đó $\widehat {AHB} = \widehat {AHC} = 90^\circ$.

Suy ra $AH \bot BC$ hay $AG \bot BC$ (đpcm)

b) Xét tam giác $AMB$ có: $MA + MB > AB$ (bất đẳng thức tam giác)          (1)

Xét tam giác $AMC$ có: $AM + MC > AC$ (bất đẳng thức tam giác)          (2)

Xét tam giác $BMC$ có: $MB + MC > BC$ (bất đẳng thức tam giác)          (3)

Cộng vế theo vế (1); (2); (3) ta được:

$MA + MB + MA + MC + MB + MC > AB + AC + BC$

Suy ra, $2MA + 2MB + 2MC > AB + AC + BC$

Hay $2\left( {MA + MB + MC} \right) > AB + AC + BC$.

Do đó $MA + MB + MC > \frac{{AB + AC + BC}}{2}$ (đpcm)

Chứng minh: $MA + MB + MC > \frac{{AB + BC + AC}}{2}$.

a) $A(x) = 5{x^3} + 2{x^4} - {x^2} + 3{x^2} - {x^3} - 2{x^4} + 1 - 4{x^3}$

$= \left( {2{x^4} - 2{x^4}} \right) + \left( {5{x^3} - {x^3} - 4{x^3}} \right) + \left( { - {x^2} + 3{x^2}} \right) + 1$

$= 0 + 0 + 2{x^2} + 1$$= 2{x^2} + 1$.

Vậy thu gọn và sắp xếp đa thức theo lũy thừa giảm dần của biến ta được $A(x) = 2{x^2} + 1.$

b) Ta có: Để đa thức có nghiệm thì $A\left( x \right) = 0$ hay $2{x^2} + 1 = 0$

Do đó, $2{x^2} =  - 1$ hay ${x^2} = \left( { - 1} \right):2 = \frac{{ - 1}}{2}$.

Mà ${x^2} \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Do đó, ${x^2} = \frac{{ - 1}}{2}$ (vô lí)

Vậy đa thức $A\left( x \right) = 2{x^2} + 1$ không có nghiệm.

Gọi $z;\,\,y;\,\,z$ (quyển sách) lần lượt là số sách ba lớp 7A; 7B; 7C góp được$\,\,\left( {x;\,\,y;\,\,z \in \mathbb{N}} \right)$.

Vì tổng số sách lớp 7A và 7B góp được hơn số sách lớp 7C góp được là 40 quyển nên $x + y - z = 40$.

Mặt khác, số sách ba lớp 7A; 7B; 7C góp được tỉ lệ thuận với $6;\,\,4;\,\,5$ nên ta có: $\frac{x}{6} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5}.$

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

$\frac{x}{6} = \frac{y}{4} = \frac{z}{5} = \frac{{x + y - z}}{{6 + 4 - 5}} = \frac{{40}}{5} = 8$

Ta có: $\frac{x}{6} = 8$ nên $x = 8\,\,.\,\,6 = 48$ (thỏa mãn);

$\frac{y}{4} = 8$ nên $y = 8\,\,.\,\,4 = 32$ (thỏa mãn);

$\frac{z}{5} = 8$ nên $z = 8\,\,.\,\,5 = 40$ (thỏa mãn)

Vậy số sách ba lớp 7A; 7B; 7C góp được lần lượt là 48 quyển; 32 quyển; 40 quyển.