Bài 4: 

a) Áp dụng định lí Pytago vào ΔAHB vuông tại H, ta được:

\(AH^2+BH^2=AB^2\)

\(\Leftrightarrow BH^2=AB^2-AH^2=15^2-12^2=81\)

hay BH=9(cm)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:

\(AH^2=HB\cdot HC\)

\(\Leftrightarrow HC=\dfrac{AH^2}{HB}=\dfrac{12^2}{9}=16\left(cm\right)\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:

\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{1}{12^2}-\dfrac{1}{15^2}=\dfrac{1}{400}\)

hay AC=20(cm)

Vậy: BH=9cm; CH=16cm; AC=20cm

b) Xét ΔCFE và ΔCAB có 

\(\dfrac{CF}{CA}=\dfrac{CE}{CB}\left(\dfrac{4}{20}=\dfrac{5}{25}\right)\)

\(\widehat{C}\) chung

Do đó: ΔCFE∼ΔCAB(c-g-c)

Suy ra: \(\widehat{CFE}=\widehat{CAB}\)(hai góc tương ứng)

mà \(\widehat{CAB}=90^0\)(ΔABC cân tại A)

nên \(\widehat{CFE}=90^0\)

hay ΔCFE vuông tại F

c) Ta có: \(\dfrac{CF}{CA}=\dfrac{CE}{CB}\left(\dfrac{4}{20}=\dfrac{5}{25}\right)\)

nên \(CE\cdot CA=CF\cdot CB\)(đpcm)

Để \(P\in Z\) thì

\(\sqrt{x}-2\inƯ\left(5\right)=\left\{1;-1;5;-5\right\}\)

Mà \(x\in N,x\ne4\)

\(\Rightarrow x\in\left\{9;1;49\right\}\)

Vậy giá trị x lớn nhất cần tìm là: x=49

ĐK: \(x\ge0;x\ne4\)

P nguyên khi và chỉ khi:

\(\sqrt{x}-2\inƯ_5=\left\{\pm1;\pm5\right\}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}\in\left\{1;3;7\right\}\)

\(\Leftrightarrow x\in\left\{1;9;49\right\}\)

Vậy \(x=49\)

\(A=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}=\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}=1+\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}\)

Để \(A\in Z\) thì \(\sqrt{x}-1\inƯ\left(2\right)=\left\{1;-1;2;-2\right\}\)

Mà \(x\in Z,x\ge0,x\ne1\)

\(\Rightarrow x\in\left\{4;0;9\right\}\)

Để A là số nguyên thì \(\sqrt{x}+1⋮\sqrt{x}-1\)

\(\Leftrightarrow2⋮\sqrt{x}-1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}-1\in\left\{-1;1;2\right\}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}\in\left\{0;2;3\right\}\)

hay \(x\in\left\{0;4;9\right\}\)

a: Xét tứ giác AFHE có 

\(\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=180^0\)

Do đó: AFHE là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BFHD có 

\(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=180^0\)

Do đó: BFHD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác ECDH có 

\(\widehat{HEC}+\widehat{HDC}=180^0\)

Do đó: ECDH là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác BFEC có 

\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

Do đó: BFEC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CDFA có

\(\widehat{CDA}=\widehat{CFA}=90^0\)

Do đó: CDFA là tứ giác nội tiếp

a: A=x^3-2^3+3x^2-3-(x^3+3x^2+3x+1)

=x^3+3x^2-11-x^3-3x^2-3x-1

=-3x-12

b: \(B=x^6+125-x^6-6x^4-12x^2-8+3\left(x^4+2x^2+1\right)\)

\(=-6x^4-12x^2+117+3x^4+6x^2+3\)

=-3x^4-6x^2+120

\(\left\{{}\begin{matrix}6u_2+u_5=1\\3u_3+2u_4=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}6u_1.q+u_1.q^4=1\\3u_1.q^2+2u_1.q^3=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow u_1\left(6q+q^4+3q^2+2q^3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow q^3+2q^2+3q+6=0\)

\(\Leftrightarrow\left(q+2\right)\left(q^2+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow q=-\text{​​}2\)

\(\Rightarrow u_1=\dfrac{1}{4}\)

\(\Rightarrow u_n=u_1.q^{n-1}=\dfrac{1}{4}.\left(-2\right)^{n-1}=\left(-2\right)^{n-3}\)

Gọi độ dài AB và vận tốc dự kiến lần lượt là x,y

Theo đề, ta có hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{y}=\dfrac{10}{3}\\\dfrac{x}{y+5}=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x-10y=0\\x-3y=15\end{matrix}\right.\)

=>x=150 và y=45

\(M=\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}\left(đk:x\ge0,x\ne9\right)\)

Để \(M=\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}< 0\) thì 

\(\sqrt{x}-3< 0\) ( do \(\sqrt{x}+3\ge3>0\))

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}< 3\Leftrightarrow0\le x< 9\)

Mà \(x\in Z\)

\(\Rightarrow x\in\left\{0;1;2;3;4;5;6;7;8\right\}\)

Để M là số nguyên âm thì \(\sqrt{x}-3< 0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}< 3\)

hay \(x\in\left\{0;1;4\right\}\)

a: Xét tứ giác APMQ có \(\widehat{APM}+\widehat{AQM}=90^0+90^0=180^0\)

nên APMQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM

Tâm O là trung điểm của AM

b: Ta có: ΔAHM vuông tại H

=>H nằm trên đường tròn đường kính AM

=>H nằm trên (O)

Ta có: ΔABC đều

mà AH là đường cao

nên AH là phân giác của góc BAC

Xét (O) có

\(\widehat{PAH}\) là góc nội tiếp chắn cung PH

\(\widehat{QAH}\) là góc nội tiếp chắn cung QH

\(\widehat{PAH}=\widehat{QAH}\left(cmt\right)\)

Do đó: \(sđ\stackrel\frown{HP}=sđ\stackrel\frown{HQ}\)

Xét (O) có

\(\widehat{QPH}\) là góc nội tiếp chắn cung QH

\(\widehat{HQP}\) là góc nội tiếp chắn cung HP

\(sđ\stackrel\frown{QH}=sđ\stackrel\frown{HP}\)

Do đó: \(\widehat{HPQ}=\widehat{HQP}\)

=>HQ=HP

=>H nằm trên đường trung trực của QP(1)

Ta có: OP=OQ

=>O nằm trên đường trung trực của QP(2)

Từ (1) và (2) suy ra HO là đường trung trực của PQ

=>HO\(\perp\)PQ