a)      Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta CBD\)có:

DA=DC(gt)

BD chung

BA=BC

Vậy \(\Delta ABD = \Delta CBD\)(c.c.c)

b)     Ta có \(\widehat A = \widehat C = {90^o}\)(hai góc tương ứng)

Theo định lí tổng ba góc trong tam giác BCD, ta có:

\(\begin{array}{l}\widehat C + \widehat {CDB} + \widehat {DBC} = {180^o}\\ \Rightarrow {90^o} + {30^o} + \widehat {DBC} = {180^o}\\ \Rightarrow \widehat {DBC} = {60^o}\end{array}\)

Mà \(\Delta ABD = \Delta CBD\) nên \(\widehat {ABD} = \widehat {CBD}\) ( 2 góc tương ứng)

\(\Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {CBD} = {60^o}\\\Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {ABD} + \widehat {CBD} = {60^o} + {60^o} = {120^o}\)

a, xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta BDC\) ta có :

∠ABD = ∠BDC ( slt , AB//DC)

\(\frac{AB}{BD}=\frac{BD}{DC}=\frac{2}{4}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}\)

⇒ \(\Delta ABD\) ~ \(\Delta BDC\) ( c - g - c )

→ ∠DAB = ∠DBC = 90^o

b, áp dụng pytago vào \(\Delta DBC\) vuông ta có :

DC² = BD² + BC² ⇌ BC² = DC² - BD² = 64 - 16 = 48cm

⇒ BC = \(\sqrt{48}\)

\(BE||DM\) (cùng vuông góc AC)

Theo định lý Talet: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{MK}{EH}=\dfrac{CK}{CH}\\\dfrac{DK}{BH}=\dfrac{CK}{CH}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{MK}{EH}=\dfrac{DK}{BH}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{EH}=\dfrac{DK}{MK}\)

Hai tam giác vuông AHE và ACD đồng dạng (chung góc A) \(\Rightarrow\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AE}{AD}\Rightarrow AH.AD=AC.AE\)

Tương tự CHE đồng dạng CAF \(\Rightarrow\dfrac{CH}{AC}=\dfrac{CE}{CF}\Rightarrow CH.CF=AC.CE\)

\(\Rightarrow AH.AD+CH.CF=AC.AE+AC.CE=AC\left(AE+CE\right)=AC^2\) (1)

Lại có 2 tam giác vuông ACD và DCM đồng dạng (chung góc C)

\(\Rightarrow\dfrac{AC}{CD}=\dfrac{CD}{CM}\Rightarrow AC=\dfrac{CD^2}{CM}\Rightarrow AC^2=\dfrac{CD^4}{CM^2}\) (2)

(1); (2) suy ra đpcm

2.

\(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{3}{xy}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)-\dfrac{3}{xy}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)+\dfrac{1}{z^3}\)

\(=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^3-\dfrac{3}{xy}\left(-\dfrac{1}{z}\right)+\dfrac{1}{z^3}\)

\(=\left(-\dfrac{1}{z}\right)^3+\dfrac{3}{xyz}+\dfrac{1}{z^3}\)

\(=-\dfrac{1}{z^3}+\dfrac{3}{xyz}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\)

Do đó:

\(P=\dfrac{2017}{3}xyz.\dfrac{3}{xyz}=2017\)

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}AB = CD\\ \Rightarrow AB + BC = CD + BC\\ \Rightarrow AC = BD\end{array}\)

b) Xét tam giác OAC và ODB có:

\(AC=BD\) (cmt)

\(\widehat A = \widehat D\) (gt)

\(OA=OD\) (gt)

\(\Rightarrow \Delta OAC = \Delta ODB\)(c.g.c)

a) Có AB // CD => \(\widehat {AB{\rm{D}}} = \widehat {B{\rm{D}}C}\)

- Xét  ΔABD và ΔBDC

Có \(\widehat {AB{\rm{D}}} = \widehat {B{\rm{D}}C}{,^{}}\widehat {DAB} = \widehat {DBC}\)

=> ΔABD ∽ ΔBDC (g.g)

b) Có \(\frac{{AB}}{{B{\rm{D}}}} = \frac{{12}}{{24}} = \frac{1}{2}\)

ΔABD ∽ ΔBDC với tỉ số \(\frac{1}{2}\)

=> \(\frac{3}{{BC}} = \frac{4}{{DC}} = \frac{1}{2}\)

=> BC=6 (cm)

     DC=8 (cm)

a) Xét tam giác \(MNP\) tam giác \(DEF\) ta có:

\(\widehat M = \widehat D\) (giả thuyết)

\(\widehat N = \widehat E\) (giả thuyết)

Do đó, \(\Delta MNP\backsim\Delta DEF\) (g.g)

Suy ra, \(\frac{{MP}}{{DF}} = \frac{{NP}}{{EF}} \Rightarrow \frac{{18}}{{24}} = \frac{{a + 2}}{{32}} \Rightarrow a + 2 = \frac{{18.32}}{{24}} = 24 \Leftrightarrow a = 24 - 2 = 22\).

Vậy \(a = 22m\).

b) Vì \(ABCD\) là hình thang nên \(AB//CD\).

Vì \(AB//CD \Rightarrow \widehat {ABM} = \widehat {MDC}\) (hai góc so le trong) và \(AB//CD \Rightarrow \widehat {BAM} = \widehat {MCD}\) (hai góc so le trong)

Xét tam giác \(AMB\) và tam giác \(CMD\) có:

\(\widehat {ABM} = \widehat {MDC}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {BAM} = \widehat {MCD}\) (chứng minh trên)

Do đó, \(\Delta AMB\backsim\Delta CMD\) (g.g).

Ta có:

\(\frac{{AM}}{{CM}} = \frac{{BM}}{{DM}} = \frac{{AB}}{{CD}} \Leftrightarrow \frac{6}{{15}} = \frac{y}{{10}} = \frac{8}{x}\).

Ta có: \(\frac{6}{{15}} = \frac{y}{{10}} \Rightarrow y = \frac{{10.6}}{{15}} = 4\)

\(\frac{6}{{15}} = \frac{8}{x} \Rightarrow x = \frac{{8.15}}{6} = 20\).

Vậy \(x = 20;y = 4\).