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

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

`a)-1/12+2/5+1/12`

`=>(-1/12+1/12)+2/5`

`=>0+2/5`

`=>2/5`

`b) 3,54.(−23,4)+3,54.(−76,6)`

`=>3,54.[(−23,4)+(−76,6)]`

`=>3,54.−100`

`=>-354`

a: Xét tứ giác ABOC có 

\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\)

Do đó: ABOC là tứ giác nội tiếp(1)

Xét tứ giác OHAC có \(\widehat{OHA}+\widehat{OCA}=180^0\)

nên OHAC là tứ giác nội tiếp(2)

Từ (1) và (2) suy ra A,B,C,H,O cùng thuộc 1 đường tròn

b: \(\widehat{BHA}=\widehat{BOA}\)

\(\widehat{AHC}=\widehat{COA}\)

mà \(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)

nên \(\widehat{BHA}=\widehat{CHA}\)

hay HA là tia phân giác của góc BHC

a) Xét \(\Delta AEB\) và \(\Delta AFC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle AEB=\angle AFC=90\\\angle BACchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AEB\sim\Delta AFC\left(g-g\right)\)

b) \(\Delta AEB\sim\Delta AFC\Rightarrow\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\\\angle BACchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)

c) Xét \(\Delta BFC\) và \(\Delta BDA:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BFC=\angle BDA=90\\\angle ABCchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BFC\sim\Delta BDA\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{BF}{BD}=\dfrac{BC}{BA}\Rightarrow BF.BA=BC.BD\)

Xét \(\Delta CEB\) và \(\Delta CDA:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BEC=\angle CDA=90\\\angle ACBchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta CEB\sim\Delta CDA\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CB}{CA}\Rightarrow CE.CA=CD.BC\)

\(\Rightarrow BF.BA+CE.CA=BC.BD+BC.CD=BC\left(BD+CD\right)=BC^2\)

CHÚC EM HỌC TỐT NHA

`a)P(x)+Q(x)=x^5-2x^2+1`

`=>Q(x)=x^5-2x^2+1-P(x)`

`=>Q(x)=x^5-2x^2+1-x^4+3x^2-1/2+x`

`=>Q(x)=x^5-x^4+x^2+x+1/2`

______________________________________________

`b)P(x)-R(x)=x^3`

`=>R(x)=P(x)-x^3`

`=>R(x)=x^4-3x^2+1/2-x-x^3`

`=>R(x)=x^4-x^3-3x^2-x+1/2`

Ta có:

\(P\left(x\right)+Q\left(x\right)=x^5-2x^2+1\)

\(\Rightarrow Q\left(x\right)=P\left(x\right)-\left(x^5-2x^2+1\right)\)

\(=x^4-3x^2+\dfrac{1}{2}-x-x^5+2x^2-1\)

\(=-x^5+x^4-x^2-x-\dfrac{1}{2}\)

Vậy \(Q\left(x\right)=-5^2+x^4-x^2-x-\dfrac{1}{2}\)

a) <=> Q(x) = (x⁵ - 2x² + 1) - P(x)

= (x⁵ - 2x² + 1) - (x⁴ - 3x² + 1/2 - x)

= x⁵ - 2x² + 1 - x⁴ + 3x² + x - 1/2

= x⁵ - x⁴ + x² + x + 1/2

Vậy Q(x) = x⁵ - x⁴ + x² + x + 1/2

Bài 3: 

a: Ta có: \(P=\left(\dfrac{2}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}\right):\dfrac{x}{x\sqrt{x}-\sqrt{x}}\)

\(=\dfrac{2\sqrt{x}+2-\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\cdot\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{x}\)

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

3.

b, ĐK: \(x>0;x\ne1\)

\(P< 1\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}< 1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}-1< \sqrt{x}+2\)

\(\Leftrightarrow3>0\)

\(\Rightarrow P< 1\forall x>0;x\ne1\)

b Ta có \(\Lambda ABE=\dfrac{1}{2}sđ\cap BE,\Lambda AFB=\dfrac{1}{2}sđ\cap BE\Rightarrow\Lambda ABE=\Lambda AFB\)

Mà \(\Lambda EAB=\Lambda BAF\) \(\Rightarrow\Delta EAB\sim\Delta BAF\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{EA}{BA}=\dfrac{AB}{ÀF}\Rightarrow AE\cdot AF=AB^2\left(1\right)\)

Áp dụng hệ thức lượng giác vào \(\Delta AOB\) có:(BH vuông góc với AO)

\(\Rightarrow AH\cdot AO=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AH\cdot AO=AE\cdot AF\)

a) Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{ABO}\) và \(\widehat{ACO}\) là tứ giác nội tiếp

\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: ABOC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

b) Xét (O) có

\(\widehat{BFE}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BE}\)

\(\widehat{ABE}\) là góc tạo bởi dây cung BE và tiếp tuyến BA

Do đó: \(\widehat{BFE}=\widehat{ABE}\)(Hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

\(\Leftrightarrow\widehat{BFA}=\widehat{EBA}\)

Xét ΔBFA và ΔEBA có 

\(\widehat{BFA}=\widehat{EBA}\)(cmt)

\(\widehat{ABF}\) là góc chung

Do đó: ΔBFA∼ΔEBA(g-g)

\(\Leftrightarrow\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AB}{AE}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(AB^2=AF\cdot AE\)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao ứng với cạnh huyền AO, ta được:

\(AB^2=AH\cdot AO\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AF\cdot AE=AH\cdot AO\)(đpcm)

c Nối OM \(\Rightarrow OM\) vuông góc với EF(do OM là đường nối từ tâm O đến trung điểm của dây cung EF)

\(\Rightarrow\Lambda AMO=\Lambda AHK=90^0\) Mà \(\Lambda OAM=\Lambda KAH\)

\(\Rightarrow\Delta OAM\sim\Delta KAH\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{AM}{AH}=\dfrac{AO}{AK}\Rightarrow AM\cdot AK=AH\cdot AO\left(3\right)\)

Từ câu b có \(AH\cdot AO=AE\cdot AF\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow AM\cdot AK=AE\cdot AF\Rightarrow\dfrac{1}{AM\cdot AK}=\dfrac{1}{AE\cdot AF}\Rightarrow\dfrac{1}{AK}=\dfrac{AM}{AE\cdot AF}\Rightarrow\dfrac{2}{AK}=\dfrac{2AM}{AE\cdot AF}\Rightarrow\dfrac{AE+AF}{AE\cdot AF}=\dfrac{2}{AK}\Rightarrow\dfrac{1}{AE}+\dfrac{1}{ÀF}=\dfrac{2}{AK}\Rightarrow\dfrac{AK}{AE}+\dfrac{AK}{AF}=2\)