a: Xét tứ giác ADME có \(\hat{ADM}=\hat{AEM}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADME là hình chữ nhật

b: MD⊥AB

AC⊥BA

Do đó: MD//AC

Ta có: ME⊥AC

AB⊥CA

Do đó: ME//AB

Xét ΔABC có

M là trung điểm của BC

MD//AC

Do đó: D là trung điểm của AB

Xét ΔABC có

M là trung điểm của BC

ME//AB

Do đó: E là trung điểm của AC

Xét ΔABC có

D,E lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>DE là đường trung bình của ΔABC

=>DE//BC và \(DE=\frac12BC\)

c: Ta có: P là trung điểm của MB

=>\(MP=PB=\frac{MB}{2}=\frac14BC\)

Ta có: Q là trung điểm của MC

=>\(CQ=QM=\frac{CM}{2}=\frac14BC\)

\(QP=QM+MP=\frac14BC+\frac14BC=\frac12BC\)

=>QP=DE

Xét tứ giác PDEQ có

DE//PQ

DE=PQ

Do đó: PDEQ là hình bình hành

d: Hình bình hành PDEQ trở thành hình chữ nhật khi DP⊥PM

=>DP⊥BC tại P

Xét ΔDMB có

DP là đường trung tuyến

DP là đường cao

Do đó: ΔDMB cân tại D

=>ΔDMB vuông cân tại D

=>\(\hat{DBM}=45^0\)

=>\(\hat{ABC}=45^0\)

a: \(3x^3y^3-6x^2y^2+3xy\)

\(=3xy\cdot x^2y^2-3xy\cdot2xy+3xy\cdot1\)

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

b: \(4x^2-7x+3\)

\(=4x^2-4x-3x+3\)

=4x(x-1)-3(x-1)

=(x-1)(4x-3)

c: \(5x^2+6x-11\)

\(=5x^2+11x-5x-11\)

=x(5x+11)-(5x+11)

=(5x+11)(x-1)

d: \(x^2-2x-15\)

\(=x^2-5x+3x-15\)

=x(x-5)+3(x-5)

=(x-5)(x+3)

e: \(3x^2-7x-6\)

\(=3x^2-9x+2x-6\)

=3x(x-3)+2(x-3)

=(x-3)(3x+2)

a: AC=AD+CD

=>AC=20+8=28(cm)

Xét ΔCAB có DE//AB

nên \(\frac{CE}{CB}=\frac{CD}{CA}\)

=>\(\frac{CE}{50}=\frac{8}{28}=\frac27\)

=>\(CE=50\cdot\frac27=\frac{100}{7}\) (cm)

CE+EB=CB

=>\(EB=50-\frac{100}{7}=\frac{350}{7}-\frac{100}{7}=\frac{250}{7}\) (cm)

b:Ta có: CM⊥CA

BA⊥CA

Do đó: CM//AB

=>CM//DE

Xét ΔBMC có DE//MC

nên \(\frac{BE}{EC}=\frac{BD}{DM}\)

=>\(\frac{BD}{DM}=\frac{250}{7}:\frac{100}{7}=\frac{250}{100}=\frac52\)

=>\(\frac{BD}{36}=\frac52=\frac{90}{36}\)

=>BD=90(cm)

BM=BD+DM

=90+36

=126(cm)

a. gia tốc của xe là:

\(a=\frac{F}{m}=\frac{3000}{1500}=2\left(\frac{m}{s^2}\right)\)

do xe chuyển động chậm dần nên gia tốc ngược chiều chuyển động nên ta có a = -2 m/s^2

b. thời gian xe đi được cho đến khi dừng là:

\(v=v_0+at\Rightarrow0=15+\left(-2\right)\cdot t\Rightarrow t=7,5\left(s\right)\)

quãng đường xe đi được cho đến khi dừng là:

\(s=v_0t+\frac12at^2=15\times7,5+\frac12\times\left(-2\right)\times7,5^2=56,25\left(m\right)\)

độ lớn hợp lực của 2 lực khi tạo nhau góc 0 độ là:

\(F=2\cdot20\cdot\cos\frac02=40\left(N\right)\)

độ lớn hợp lực của 2 lực khi tạo nhau góc 60 độ là:

\(F=2\cdot20\cdot\cos\frac{60}{2}=20\sqrt3\left(N\right)\)

độ lớn hợp lực của 2 lực khi tạo nhau góc 90 độ là:

\(F=2\cdot20\cdot\cos\frac{90}{2}=20\sqrt2\left(N\right)\)

độ lớn hợp lực của 2 lực khi tạo nhau góc 120 độ là:

\(F=2\cdot20\cdot\cos\frac{120}{2}=20\left(N\right)\)

độ lớn hợp lực của 2 lực khi tạo nhau góc 180 độ là:

\(F=2\cdot20\cdot\cos\frac{180}{2}=0\left(N\right)\)

thời gian rơi của vật là

\(t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2\cdot2000}{10}}=20\left(s\right)\)

tầm bay xa của vật khi chạm đất là:

\(L=v_{x}t=v_0\cdot t=10\cdot20=200\left(m\right)\)

Bài 3:

a: Sau t phút, lượng nước muối được bơm vào bể là 25t(lít)

Thể tích nước của bể sau t phút là 5000+25t(lít)

Lượng muối được bơm vào bể sau t phút là: \(30\cdot25t=750t\) (lít)

Nồng độ muối trong nước sau t phút là:

\(C\left(t\right)=\frac{750t}{25t+5000}=\frac{25\cdot30t}{25\left(t+200\right)}=\frac{30t}{t+200}\)

b: \(\lim_{x\to+\infty}C\left(t\right)=\lim_{x\to+\infty}\frac{30t}{t+200}=\lim_{x\to+\infty}\frac{30}{1+\frac{200}{t}}=\frac{30}{1}=30\)

Giải thích ý nghĩa: khi bơm thêm nước muối vào trong bể đến vô hạn thì nồng độ muối trong bể sẽ tăng dần đến giá trị 30(g/lít)

Ta có: AE⊥CD

OH⊥CD

BK⊥CD

Do đó: AE//OH//BK

Xét hình thang ABKE có

O là trung điểm của AB

OH//AE//BK

Do đó: H là trung điểm của EK

=>HE=HK

ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của CD

=>HC=HD

TA có: HC+CE=HE

HD+DK=HK

mà HC=HD và HE=HK

nên CE=DK