1, 9cm, 12cm, 15cm vì theo định lí Pi-ta-go đảo:

9^2+12^2=15^2 => tam giác vuông.

2. tam giác CBE đồng dạng tam giác ABD.

Bài 2:

a: \(x^4-7x^2+1\)

\(=x^4+2x^2+1-9x^2\)

\(=\left(x^2+1\right)^2-\left(3x\right)^2\)

\(=\left(x^2+1-3x\right)\left(x^2+1+3x\right)\)

b: 

b1: ĐKXĐ: \(x\notin\left\{-3;-2;1\right\}\)

b2: \(A=\left(\dfrac{2-x}{x+3}-\dfrac{3-x}{x+2}+\dfrac{2-x}{x^2+5x+6}\right):\left(1-\dfrac{x}{x-1}\right)\)

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

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

\(=\dfrac{-x^2+4+x^2-9+2-x}{\left(x+3\right)\left(x+2\right)}\cdot\left(-x+1\right)\)

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

b3: \(x=\left(1-\dfrac{1}{2^2}\right)\left(1-\dfrac{1}{3^2}\right)\cdot...\cdot\left(1-\dfrac{1}{2024^2}\right)\)

\(=\left(1-\dfrac{1}{2}\right)\left(1-\dfrac{1}{3}\right)\cdot...\cdot\left(1-\dfrac{1}{2024}\right)\left(1+\dfrac{1}{2}\right)\cdot\left(1+\dfrac{1}{3}\right)\cdot...\cdot\left(1+\dfrac{1}{2024}\right)\)

\(=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{3}\cdot...\cdot\dfrac{2023}{2024}\cdot\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{4}{3}\cdot...\cdot\dfrac{2025}{2024}=\dfrac{1}{2024}\cdot\dfrac{2025}{2}=\dfrac{2025}{4048}\)

Khi x=2025/4048 thì \(A=\dfrac{\dfrac{2025}{4048}-1}{\dfrac{2025}{4048}+2}=-\dfrac{2023}{10121}\) 

Bài 5:

a: Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=\widehat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

=>AH=DE

Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

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

Do đó: ΔHAB~ΔHCA

=>\(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{HB}{HA}\)

=>\(HA^2=HB\cdot HC\)
mà AH=DE

nên \(DE^2=HB\cdot HC\)

b: Xét ΔDAH vuông tại D và ΔDHB vuông tại H có

\(\widehat{DAH}=\widehat{DHB}\left(=90^0-\widehat{HBA}\right)\)

Do đó: ΔDAH~ΔDHB

=>\(\dfrac{DA}{DH}=\dfrac{DH}{DB}\)

=>\(DH^2=DA\cdot DB\)

Xét ΔEAH vuông tại E và ΔEHC vuông tại E có

\(\widehat{EAH}=\widehat{EHC}\left(=90^0-\widehat{C}\right)\)

Do đó: ΔEAH~ΔEHC

=>\(\dfrac{EA}{EH}=\dfrac{EH}{EC}\)

=>\(EH^2=EA\cdot EC\)

ADHE là hình chữ nhật

=>\(HA^2=HD^2+HE^2=DA\cdot DB+EA\cdot EC\)

c: ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên AM=MC=MB

Xét ΔMAC có MA=MC

nên ΔMAC cân tại M

=>\(\widehat{MAC}=\widehat{MCA}\)

ADHE là hình chữ nhật

=>\(\widehat{AED}=\widehat{AHD}\)

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

nên \(\widehat{AED}=\widehat{ABC}\)

\(\widehat{AED}+\widehat{MAC}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>AM\(\perp\)DE

mai mk pk nộp rùi giúp mk vs cảm ơn nhiều ạ

Xét \(2\Delta:\Delta ABE\) và \(\Delta ACO\) có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}chung\\\widehat{AEB}=\widehat{AOC}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ABE\sim\Delta ACO\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{EB}{OC}\Leftrightarrow\dfrac{AB}{AB+BC}=\dfrac{EB}{OC}\Leftrightarrow\dfrac{AB}{AB+125}=\dfrac{20}{25}\)

\(\Leftrightarrow AB=500\left(m\right)\)

Ta có: `f(x) -g(x)=(x^99+x^88+...+x^11+1)-(x^9+x^8+...+x+1)`

`=(x^99-x^9)+(x^88-x^8)+...+(x^11-x)`

`=x^9(x^90-1)+x^8(x^80-1)+...+x(x^10-1)`

Ta có:`x^90-1=(x^10)^9-1^9 \vdots x^10-1` (vì `a^n-b^n \vdots a-b`)

`=> x^80-1 \vdots x^10-1,....,x^10-1 \vdots x^10-1`

`=> f(x)-g(x) \vdots x^10-1`

mà `x^10-1=(x^10+x^9+x^8+...+x^2+x) - (x^9+x^8+...+x+1)=(x-1)(x^9+x^8+...+1)`

`=> x^10-1 \vdots g(x)`

`=> f(x)-g(x) \vdots g(x)`

`=> f(x) \vdots g(x)`    `(đpcm)`

a) Ta có :

\(AH^2=BH.CH\)

\(\Rightarrow\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{CH}{AH}\)

mà \(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^o\) (\(AH\) là đường cao)

\(\Rightarrow\Delta HAB\approx\Delta HCA\left(c.g.c\right)\)

b) Ta có :

\(\Delta HAB\approx\Delta HCA\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{HCA};\widehat{ABH}=\widehat{HAC}\)

mà \(\widehat{ABH}+\widehat{BAH}=90^o\)

\(\widehat{HAC}+\widehat{HCA}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{BAH}+\widehat{HAC}=90^o\)

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

\(\Rightarrow AB\perp AC\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại \(A\left(đpcm\right)\)

a, Ta có: `\triangleABC` $\backsim$ `\triangleMNP`

`=> {(\frac{AB}{MN}=\frac{BC}{NP}=\frac{AC}{MP}),(\hat{ABC}=\hat{MNP}),(\hat{BAC}=\hat{NMP}):}`

Vì `D,Q` là trung điểm `BC,NP` nên `\frac{AB}{MN}=\frac{BC}{NP}=\frac{BD}{NQ}`

Xét `\triangleABD` và `\triangleMNQ` có:

`\frac{AB}{MN}=\frac{BD}{NQ}`

`\hat{ABD}=\hat{MNQ}`

`=> \triangleABD` $\backsim$ `\triangleMNQ(c.g.c)`       `(đpcm)`

b, ( `G,K` là trung điểm `AC,MP` )

Vì `G,K` là trung điểm `AC,MP` nên `\frac{AB}{MN}=\frac{AC}{MP}=\frac{AG}{MK}`

Xét `\triangleABG` và `\triangleMNK` có:

`\frac{AB}{MN}=\frac{AG}{MK}`

`\hat{BAG}=\hat{NMK}`

`=>\triangleABG` $\backsim$ `\triangleMNK(c.g.c)`    `(đpcm)`

a)Xét ΔIAB và ΔIDC:

\(\dfrac{AI}{ID}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\)

\(\dfrac{AI}{ID}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\) 

\(\Rightarrow\dfrac{AI}{ID}=\dfrac{BI}{IC}\)

\(\widehat{AIB}=\widehat{DIC}\) (đ²)

Do đó, ΔIAB \(\sim\) ΔIDC (c.g.c).

b)Xét ΔIAD và ΔIBC:

\(\dfrac{AI}{IB}=\dfrac{2}{3}.5=\dfrac{4}{7}\)

\(\dfrac{ID}{IC}=\dfrac{4}{7}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AI}{IB}=\dfrac{ID}{IC}\)

\(\widehat{AID}=\widehat{BIC}\) (đ²)

Do đó, ΔIAD \(\sim\) ΔIBC (c.g.c).

13) Ta có :

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=1\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)=a+b+c\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+a\left(b+c\right)}{b+c}+\dfrac{b^2+b\left(c+a\right)}{c+a}+\dfrac{c^2+c\left(a+b\right)}{a+b}=a+b+c\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b+c}+a+\dfrac{b^2}{c+a}+b+\dfrac{c^2}{a+b}+c=a+b+c\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}=0\left(đpcm\right)\)

14) Ta có :

\(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}+2\left(\dfrac{xy}{ab}+\dfrac{yz}{bc}+\dfrac{xz}{ca}\right)=1\)

Mà \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1\left(gt\right)\)

\(\Leftrightarrow1+2\left(\dfrac{xy}{ab}+\dfrac{yz}{bc}+\dfrac{xz}{ca}\right)=1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{xy}{ab}+\dfrac{yz}{bc}+\dfrac{xz}{ca}=0\)

\(\Leftrightarrow xyc+yza+xzb=0\left(a;b;c\ne0\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c}{z}+\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{y}=0\left(x;y;z\ne0\right)\)

hay \(\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{y}+\dfrac{c}{z}=0\left(đpcm\right)\)

a, Xét `\triangleABD` và `\triangleACE` có:

`\hat{A}` chung

`\hat{ADB}=\hat{AEC}=(90^o)`

`=>\hat{ABD}=\hat{ACE}`  `(đpcm)`

b, Ta có: `\hat{ABC}=\hat{ACB}`

`=>\hat{ABC}-\hat{ABD}=\hat{ACB}-\hat{ACE}`

`=> \hat{HBC}=\hat{HCB}`

`=> \triangleBHC` cân tại `H`

`=> HB=HC`   `(đpcm)`

c, Ta có: `\hat{ABP}=\hat{PBD}=\hat{ACQ}=\hat{QCE}(=1/2 \hat{ABD}=1/2 \hat{ACE})`

`=> \hat{PBD}+\hat{HBC}=\hat{QCE}+\hat{HCB}`

`=> \hat{OBC}=\hat{OCB}`

`=> \triangleBOC` cân tại `O`

Ta có: `\hat{BOC}=180^o - (\hat{OBC} + \hat{OCB})=180^o - (\hat{OBD} + \hat{OCE} + \hat{HBC} + \hat{HCE})`

`=>\hat{BOC}=180^o - {\hat{ABD} + \hat{HBC} + \hat{HCB})`

`=180^o - (180^o - \hat{BEC})`

`=\hat{BEC}=90^o`

`=> \triangleBOC` vuông cân tại `O`  `(đpcm)`

d, Xét `\triangleBMH` và `\triangleCQH` có:

`\hat{MBH}=\hat{QCH}`

`BH=CH`

`\hat{BHM}=\hat{CHQ} (\text{2 góc đối đỉnh})`

`=> \triangleBMH= \triangleCQH(g.c.g)`

`=> BM=CQ`

mà `OB=OC`

`=> OM=OQ`

`\triangleNBQ` có `BO` là đường phân giác và đường cao`=>\triangleNBQ` cân tại `B` 

`=>ON=OQ`

`\triangleMCP` có `CO` là đường phân giác và đường cao `=>\triangleMCP` cân tại `C`

`=>OM=OP`

Tứ giác `MNPQ` có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường `=>MNPQ` là hình bình hành

mà 2 đường chéo `MP=NQ` `=>MNPQ` là hình chữ nhật

mà `MP\botNQ` `=>` tứ giác `MNPQ` là hình vuông `(đpcm)`