Gọi độ dài quãng đường từ Hà Nội đến Hải Phòng là x(km)

(ĐK: x>0)

Thời gian ô tô đi từ Hà Nội đến Hải Phòng là \(\dfrac{x}{50}\left(giờ\right)\)

Thời gian ô tô đi từ Hải Phòng đến Hà Nội là \(\dfrac{x}{60}\left(giờ\right)\)

Tổng thời gian từ lúc xuất phát đến lúc về tới Hà Nội là 4h nên ta có:

\(\dfrac{x}{50}+\dfrac{x}{60}+\dfrac{1}{2}=4\)

=>\(x\left(\dfrac{1}{50}+\dfrac{1}{60}\right)=4-\dfrac{1}{2}=\dfrac{7}{2}\)

=>\(x\cdot\dfrac{11}{300}=\dfrac{7}{2}\)

=>\(x=\dfrac{7}{2}:\dfrac{11}{300}=\dfrac{7}{2}\cdot\dfrac{300}{11}=7\cdot\dfrac{150}{11}=\dfrac{1050}{11}\left(nhận\right)\)

vậy: Độ dài quãng đường từ Hà Nội đến Hải Phòng là \(\dfrac{1050}{11}\left(km\right)\)

a: Xét ΔACB vuông tại A và ΔHCA vuông tại H có

\(\widehat{ACB}\) chung

Do đó: ΔACB~ΔHCA

b: ΔACB~ΔHCA

=>\(\dfrac{CA}{CH}=\dfrac{CB}{CA}\)

=>\(CA^2=CH\cdot CB\)

c: Xét ΔCDE vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có

\(\widehat{DCE}\) chung

Do đó: ΔCDE~ΔCAB

=>\(\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{CE}{CB}\)

=>\(CD\cdot CB=CE\cdot CA\)

d: Ta có: \(\widehat{DCE}+\widehat{ABC}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)

\(\widehat{BAH}+\widehat{ABC}=90^0\)(ΔAHB vuông tại H)

Do đó: \(\widehat{DCE}=\widehat{BAH}\)

i: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

Do đó: ΔHAB~ΔHCA

ii:

a: Xét ΔBAM có ID//AM

nên \(\dfrac{ID}{AM}=\dfrac{BI}{BM}\left(1\right)\)

Xét ΔBMC có IH//MC

nên \(\dfrac{IH}{MC}=\dfrac{BI}{BM}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\dfrac{ID}{AM}=\dfrac{IH}{MC}\)

mà AM=MC

nên ID=IH

=>I là trung điểm của DH

Chắc em cần câu c thôi, 2 câu còn lại khá đơn giản:

Xét 2 tam giác vuông BEC và BHF có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{B}-chung\\\widehat{BEC}=\widehat{BHF}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BEC\sim\Delta BHF\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{BE}{BH}=\dfrac{BC}{BF}\Rightarrow BH.BC=BE.BF\)

Kết hợp câu a  \(\Rightarrow AB^2=BE.BF\)

Lại có \(BA=BG\Rightarrow BG^2=BE.BF\Rightarrow\dfrac{BG}{BE}=\dfrac{BF}{BG}\)

Xét 2 tam giác BGF và BEG có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{GBF}-chung\\\dfrac{BG}{BE}=\dfrac{BF}{BG}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta BGF\sim\Delta BEG\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BGF}=\widehat{BEG}=90^0\)

\(\Rightarrow BG\perp FG\)

Câu a chắc em ghi đề nhầm, H,B,E thẳng hàng nên làm sao nó là tam giác được.

HFB và HEC đồng dạng thì đúng

a.

Do BE, CF là các đường cao \(\Rightarrow\widehat{BFH}=\widehat{CEH}=90^0\)

Xét hai tam giác HFB và HEC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BFH}=\widehat{CEH}=90^0\\\widehat{BHF}=\widehat{CHE}\left(\text{đối đỉnh}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta HFB\sim\Delta HEC\left(g.g\right)\)

b.

Do AD là đường cao ứng với BC và H thuộc AD \(\Rightarrow\widehat{BDH}=90^0\)

Xét hai tam giác BDH và BEC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BDH}=\widehat{BEC}=90^0\\\widehat{DBH}-chung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BDH\sim\Delta BEC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{BD}{BE}\Rightarrow BH.BE-BD.BC\)

a.

\(P=\left(\dfrac{x-1}{x+1}-\dfrac{x}{x-1}-\dfrac{3x+1}{1-x^2}\right):\dfrac{2x+1}{x^2-1}\)

\(=\left(\dfrac{\left(x-1\right)^2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}-\dfrac{x\left(x+1\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}+\dfrac{3x+1}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\right):\dfrac{2x+1}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\)

\(=\left(\dfrac{x^2-2x+1-\left(x^2+x\right)+3x+1}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\right):\dfrac{2x+1}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\)

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

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

b.

\(Q=5P=\dfrac{10}{2x+1}\)

Do Q nguyên tố nên Q cũng là số tự nhiên \(\Rightarrow\dfrac{10}{2x+1}\) là số tự nhiên

\(\Rightarrow2x+1=Ư\left(10\right)\)

Mà 2x+1 luôn lẻ nên ta chỉ cần xét các ước tự nhiên lẻ của 10

\(\Rightarrow2x+1=\left\{1;5\right\}\)

\(\Rightarrow x=\left\{0;2\right\}\)

Với \(x=0\Rightarrow Q=10\) ko phải SNT (loại)

Với \(x=2\Rightarrow Q=2\) là SNT (thỏa mãn)

Vậy \(x=2\) thì Q là SNT

a.

Do BE, CF là các đường cao \(\Rightarrow\widehat{BFH}=\widehat{CEH}=90^0\)

Xét hai tam giác BHF và CHE có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BFH}=\widehat{CEH}=90^0\\\widehat{BHF}=\widehat{CHE}\left(\text{đối đỉnh}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta BHF\sim\Delta CHE\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{HF}{HE}\Rightarrow HE.HB=HC.HF\)

b.

Xét hai tam giác BAE và CAF có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}-chung\\\widehat{BEA}=\widehat{CFA}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BAE\sim\Delta CAF\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

Xét hai tam giác AEF và ABC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}-chung\\\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)

a) Xét \(\Delta BHF\) và \(\Delta CHE\) có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BFH}=\widehat{CEH}=90^{\circ}\left(CF\bot AB;BE\bot AC;BE\cap CF=\left\{H\right\}\right)\\\widehat{BHF}=\widehat{CHE}\left(\text{hai góc đối đỉnh}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \Delta BHF\backsim \Delta CHE\) \(\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{HF}{HE}\) (các cạnh tương ứng)

\(\Rightarrow HE\cdot HB=HC\cdot HF\) (đpcm)

b) Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ACF\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AEB}=\widehat{AFC}=90^{\circ}\left(BE\bot AC;CF\bot AB\right)\\\widehat{BAC}\text{ chung}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \Delta ABE \backsim \Delta ACF\) \(\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AF}\) (các cạnh tương ứng)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\left(cmt\right)\\\widehat{BAC}\text{ chung}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \Delta AEF \backsim \Delta ABC\) \(\left(c.g.c\right)\) (đpcm)

\(\text{#}Toru\)

\(\dfrac{x+1}{99}+\dfrac{x+4}{96}+\dfrac{x+7}{93}+\dfrac{x+9}{91}+4=0\) (sửa đề)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{x+1}{99}+1\right)+\left(\dfrac{x+4}{96}+1\right)+\left(\dfrac{x+7}{93}+1\right)+\left(\dfrac{x+9}{91}+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x+100}{99}+\dfrac{x+100}{96}+\dfrac{x+100}{93}+\dfrac{x+100}{91}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+100\right)\left(\dfrac{1}{99}+\dfrac{1}{96}+\dfrac{1}{93}+\dfrac{1}{91}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x+100=0\) (vì \(\dfrac{1}{99}+\dfrac{1}{96}+\dfrac{1}{93}+\dfrac{1}{91}>0\))

\(\Leftrightarrow x=-100\)

Gọi vận tốc riêng của cano là x (km/h) với x>5

Vận tốc cano khi xuôi dòng: \(x+5\) (km/h)

Vận tốc cano khi ngược dòng: \(x-5\) (km/h)

Thời gian cano xuôi dòng: \(\dfrac{100}{x+5}\) giờ

Thời gian cano ngược dòng đến khi gặp bè nứa: \(\dfrac{50}{x-5}\) giờ

Thời gian bè nứa trôi được 50km: \(\dfrac{50}{5}=10\) giờ

Do thời gian di chuyển của cano và bè nứa đến khi gặp nhau là bằng nhau nên ta có pt:

\(\dfrac{100}{x+5}+\dfrac{50}{x-5}=10\)

\(\Rightarrow10\left(x-5\right)+5\left(x+5\right)=\left(x-5\right)\left(x+5\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-15x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\left(loại\right)\\x=15\end{matrix}\right.\)

Gọi \(x\) là vận tốc riêng của ca-nô.

Vận tốc của ca-nô khi đi xuôi dòng là \(x+5\), khi đi ngược dòng là \(x-5\).

Thời gian ca-nô đi xuôi dòng là \(\dfrac{100}{x+5}\), ngược dòng là \(\dfrac{50}{x-5}\). Suy ra tổng thời gian đi của ca-nô là \(\dfrac{100}{x+5}+\dfrac{50}{x-5}\).

Thời gian đi của bè nứa là \(\dfrac{50}{5}=10\left(h\right)\).

Thời gian đi của ca-nô và bè là như nhau nên ta có phương trình: \(\dfrac{100}{x+5}+\dfrac{50}{x-5}=10\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-15\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\left(L\right)\\x=15\left(N\right)\end{matrix}\right.\).

Vậy: Vận tốc riêng của ca-nô là \(15\left(km\cdot h^{-1}\right)\)