Bài 2:

\(a,P=8ab^2+7ab^2=15ab^2\\ Q=\dfrac{3}{2}a^2b-\dfrac{5}{8}a^2b-\dfrac{7}{8}a^2b=0\)

Vì \(ab^2\ne0\Rightarrow\) P không đồng dạng với Q

b, ảnh nhỏ quá ko nhìn thấy

Bài 2:

b: \(A=-8mn+\dfrac{1}{5}mn=-\dfrac{39}{5}mn\)

\(B=4mn-\dfrac{3}{2}mn=\dfrac{5}{2}mn\)

Do đó: A đồng dạng với B

08:43 :vvvv

Vì \(\widehat{MIA}=90^0\left(\text{góc nt chắn nửa đường tròn}\right)\) nên \(MI\perp IA\)

Xét \(\Delta MBP\) có \(\left\{{}\begin{matrix}PK\perp MB\left(PK\perp MN\right)\\MI\perp PB\left(MI\perp IA\right)\\\left\{H\right\}=PK\cap MI\end{matrix}\right.\) nên H là trực tâm 

Do đó \(HB\perp PM\)

Mà \(AM\perp PM\Rightarrow HB\text{//}AM\)

Vì \(HB\text{//}OA\Rightarrow\dfrac{PB}{PA}=\dfrac{HB}{OA}\)

Ta có \(\sin MPB=\sin MPA=\dfrac{MA}{PA}=\dfrac{2OA}{PA}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}BP\cdot\sin MPB=\dfrac{PB\cdot\dfrac{2OA}{PA}}{2}=\dfrac{PB\cdot2OA}{2PA}=\dfrac{PB}{PA}\cdot OA=\dfrac{HB}{OA}\cdot OA=HB\left(đpcm\right)\)

a,theo giả thiết E lần lượt là hình chiếu của H lên AB,

H là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống AC

\(=>\)\(\angle\left(BEH\right)=\angle\left(BHA\right)=90^o\)

có \(\angle\left(B\right)chung\)\(=>\Delta BEH\sim\Delta BHA\left(g.g\right)\left(dpcm\right)\)

b, ta có E,F là hình chiếu của H trên AB,BC

\(=>HE\perp AB,HF\perp BC\)

mà \(BH\perp AC\left(gt\right)=>\)\(\Delta BHA\) vuông tại H có HE là đường cao

và \(\Delta BHC\) vuông tại H có HF là đường cao

theo hệ thức lượng

\(=>BH^2=BE.BA=BF.BC\left(dpcm\right)\)

c: Ta có: AM//BC

AE⊥BC

Do đó:AM⊥AE

Suy ra: \(\widehat{AME}+\widehat{AEM}=90^0\)

hay \(\widehat{AME}+\widehat{BAD}=90^0\)

30 laughing - slipping

31 locking

32 to wait

33 run