Sửa đề: MN giao AH tại O

Xét tứ giác AMHN có: `hat{MAN} = hat{AMH} = hat{ANH} = 90^o`

=> tứ giác AMHN là hình chữ nhật

=> O là trung điểm AH

Xét tam giác AHB có: O là trung điểm MN; OI // AB

=> I là trung điểm `AB => IH = 1/2 BH`

Tương tự: E là trung điểm HC

`=> EH = 1/2 HC`

`=> IH + EH = 1/2 (HC + HB)`

`=> IE = 1/2 BC`

`=> IE 1/2 . 15 = 15/2 (cm)`

viết lại pt giúp miknha=')

\(\dfrac{x^3}{x+2025}\cdot\dfrac{2x+2004}{x+1}+\dfrac{x^3}{x+2025}\cdot\dfrac{21-x}{x+1}\\ =\dfrac{x^3}{x+2025}\cdot\left(\dfrac{2x+2004}{x+1}+\dfrac{21-x}{x+1}\right)\\ =\dfrac{x^3}{x+2025}\cdot\dfrac{x+2025}{x+1}=\dfrac{x^3}{x+1}\)

\(\dfrac{x}{x-2y}+\dfrac{x}{x+2y}+\dfrac{4xy}{4y^2-x^2}\\ =\dfrac{x}{x-2y}+\dfrac{x}{x+2y}-\dfrac{4xy}{\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)}\\ =\dfrac{x\cdot\left(x+2y\right)+x\cdot\left(x-2y\right)-4xy}{\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)}\\ =\dfrac{x^2+2xy+x^2-2xy-4xy}{\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)}\\ =\dfrac{2x^2-4xy}{\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)}\\ =\dfrac{2x\left(x-2y\right)}{\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)}=\dfrac{2x}{x+2y}\)

xét ΔBHA và ΔBAC có; 

\(\widehat{B}\left(chung\right);\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\) (cùng phụ)

=> ΔBHA ⁓ ΔBAC (g-g)

\(=>\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{AH}{AC}< =>\dfrac{BH}{AH}=\dfrac{BA}{AC}\left(1\right)\)

xét ΔHBM và ΔHAN có: 

\(\widehat{HBA}=\widehat{HAN}\) (cùng phụ với góc HAB); 

\(\dfrac{BH}{AH}=\dfrac{BA}{AC}=\dfrac{2BM}{2AN}=\dfrac{BM}{AN}\left(\text{từ (1)}\right)\)

=> ΔHBM ⁓  ΔHAN (g-g)

a. đổi: 60cm = 0,6m

ta có: MN // BC (cùng vuông góc với AB)

=> \(\dfrac{BC}{1,4}=\dfrac{3}{0,6}=>BC=7\left(m\right)\)

câu b. vì MN // BC (cùng vuông góc với AC)

=> \(\dfrac{7}{1,4}=\dfrac{AC}{3}=>AC=15\left(m\right)\)

vậy bóng cột cờ dài 15m 

Xét ΔAHB có HE là đường cao, ta có:

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AH}{HB}\)

Xét ΔAHC có HF là đường cao, ta có:

\(\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{AH}{HC}\)

Mà HB = HC (do H là TĐ BC)

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

Ta có:\(\widehat{FAE}=\widehat{BAC}\)(góc chung)

ΔAFE có \(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\) và \(\widehat{FAE}=\widehat{BAC}\)

=> ΔAFE \(\sim\)ΔABC (c.g.c)

a,Xét ΔABC, ta có:

\(AB² + AC² = 6² + 8² = 36 + 64 = 100\)

\(BC² = 10² = 100\)

Vì \(BC² = 10² = 100\)AB² + AC² = BC² nên ΔABC \(\perp\) A (theo định lý Pytago đảo).

Do đó, \(\widehat{BAC}\) = 90°.

Vì MN ⊥ AC và MP ⊥ AB nên \(\widehat{AMN}\) = 90° và \(\widehat{APM}\) = 90°.

Xét ΔBMP và ΔMCN, ta có:

\(\widehat{BPM}\) = \(\widehat{CNM}\) = 90°

\(\widehat{B}=\widehat{C}\) (cùng phụ với\(\widehat{BAC}\))

Vậy ΔBMP \(\sim\) ΔMCN (g.g).

b) Vì ΔBMP \(\sim\) ΔMCN (cmt), ta có:

\(\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{MP}{CN}=\dfrac{BP}{MN}\)

Ta có:

\(BM = 4 cm\)

\(MC = BC - BM = 10 - 4 = 6 cm\)

Suy ra: \(\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\)

Gọi BP = x, ta có:

\(MP² = BM² - BP² = 4² - x² = 16 - x²\)

\(CN = AC - AN = 8 - AN\)

Vì MN ⊥ AC nên ΔANC \(\perp\) N.

Áp dụng định lý Pytago, ta có:

AN² + CN² = AC²

AN² + (8 - AN)² = 8²

AN² + 64 - 16AN + AN² = 64

2AN² - 16AN = 0

2AN(AN - 8) = 0

Vì AN < AC = 8

nên AN = 0 (loại) hoặc AN = 8 (loại).

Vậy AN = 4.

Suy ra: CN = AC - AN = 8 - 4 = 4 cm.

Do đó: \(\dfrac{MP}{CN}=\dfrac{2}{3}\) => MP = \(\dfrac{2}{3}\). CN = \(\dfrac{2}{3}.4=\dfrac{8}{3}\) cm.

Trong ΔAPM \(\perp\) P, ta có:

AM² = AP² + MP²

= (AB - BP)² + MP²

= (6 - x)² + \(\left(\dfrac{8}{3}\right)^2\)

Để tìm x, ta có:

\(\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{BP}{MN}\)

\(\dfrac{4}{6}=\dfrac{x}{MN}\)

\(MN=\dfrac{6}{4}x=\dfrac{3}{2}x\)

Trong ΔBMN \(\perp\) P, ta có:

MN² = BM² - BP²

(\(\dfrac{3}{2}\) . x)² = 4² - x²

\(\dfrac{9}{4}\). x² = 16 - x²

\(\dfrac{13}{4}\). x² = 16

x² = \(\dfrac{64}{13}\)

x = \(\dfrac{\text{8}}{\sqrt{1}3}\) cm

Suy ra:

AM² = (6 - \(\dfrac{8}{\sqrt{1}3}\))² + \(\dfrac{8}{3}\)² = 36 - \(\dfrac{96}{\sqrt{1}3}\) + \(\dfrac{64}{13}+\dfrac{64}{9}\) = 52

Vậy AM = √52 = 2√13 cm.