Bài 3: Gọi số cần tìm có dạng là \(\overline{ab}\)

Chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng chục

=>b=2a

Nếu viết thêm chữ số 9 vào giữa hai chữ số thì được số mới lớn hơn bình phương của số ban đầu là 48 đơn vị

=>\(\overline{a9b}-\left(\overline{ab}\right)^2=48\)

=>100a+90+b-(10a+b)^2=48

=>100a+90+2a-(10a+2a)^2=48

=>\(-144a^2+102a+42=0\)

=>\(24a^2-17a-7=0\)

=>\(24a^2-24a+7a-7=0\)

=>(a-1)(24a+7)=0

=>a-1=0

=>a=1

=>b=2a=2

Vậy: Số cần tìm là 12

Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{BA}{BC}\)

=>\(AB^2=BH\cdot BC\left(1\right)\)

Xét ΔCHA vuông tại H và ΔCAB vuông tại A có

\(\hat{HCA}\) chung

Do đó: ΔCHA~ΔCAB

=>\(\frac{CH}{CA}=\frac{CA}{CB}\)

=>\(CA^2=CH\cdot CB\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\frac{BH}{CH}\)

=>\(\frac{BH}{CH}=\left(\frac57\right)^2=\frac{25}{49}\)

=>\(\frac{BH}{25}=\frac{CH}{49}=k\)

=>BH=25k; CH=49k

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot CH=AH^2\)

=>\(25k\cdot49k=15^2=225\)

=>\(k^2=\frac{225}{25\cdot49}=\frac{9}{49}=\left(\frac37\right)^2\)

=>\(k=\frac37\)

=>\(BH=25\cdot\frac37=\frac{75}{7}\) ; \(CH=49\cdot\frac37=21\)

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔBCD vuông tại C có

\(\hat{ABH}=\hat{BDC}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

Do đó: ΔAHB~ΔBCD

b: ΔAHB~ΔBCD

=>\(\frac{AH}{BC}=\frac{AB}{BD}\)

=>\(AH\cdot BD=BA\cdot BC\)

Gọi số cần tìm có dạng là \(\overline{ab}\)

Chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 nên a-b=2

=>b=a-2

Nếu xen giữa 2 chữ số của số đã cho chính số ban đầu thì số đó tăng thêm 5480 đơn vị

=>\(\overline{aabb}-\overline{ab}=5480\)

=>1000a+100a+10b+b-10a-b=5480

=>1090a+10b=5480

=>109a+b=548

=>109a+a-2=548

=>110a=550

=>a=5

=>b=a-2=5-2=3

Vậy: Số cần tìm là 53

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Ta cần chứng minh $E,F,M$ thẳng hàng.

Vì $AD$ là phân giác trong của $\angle A$ và $xy$ là phân giác ngoài tại $A$ nên $AD\perp xy.$

Lại có $HE\perp AD,\ HF\perp xy.$

Suy ra $HE\parallel xy,\ HF\parallel AD$.

Do đó tứ giác $AEHF$ có $AE\parallel HF,\ AF\parallel HE$

nên $AEHF$ là hình bình hành.

Vì $AD\perp xy$ nên $AEHF$ là hình chữ nhật.

Suy ra hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, tức là trung điểm của $EF$ cũng là trung điểm của $AH$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AH$. Khi đó $I$ cũng là trung điểm của $EF$.

Mặt khác, trong tam giác $ABC$, gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Theo tính chất quen thuộc của trực tâm, $I$ là tâm đường tròn Euler (điểm N), nên

$\overrightarrow{IM}=\dfrac12\overrightarrow{OH}$ và $IM\parallel OH$.

Do $I$ là trung điểm của $EF$, đường thẳng qua $I$ song song $OH$ chính là đường trung trực của đoạn $EF$.

Mà $M$ thuộc đường thẳng đó nên

$E,\ M,\ F$ thẳng hàng.

Vậy $EF$ đi qua trung điểm $M$ của $BC$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Vì $G$ là trọng tâm nên $AG=\dfrac23AM.$

Theo định lý Apollonius trong tam giác $ABC$, ta có

$AB^2+AC^2=2AM^2+\dfrac12BC^2.$

Suy ra $AM^2=\dfrac{2AB^2+2AC^2-BC^2}{4}$$=\dfrac{2c^2+2b^2-a^2}{4}.$

Do đó $GA^2=\dfrac49AM^2$$=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{9}.$

Tương tự $GB^2=\dfrac{2a^2+2c^2-b^2}{9},$

$GC^2=\dfrac{2a^2+2b^2-c^2}{9}.$

Cộng ba đẳng thức trên:

$GA^2+GB^2+GC^2$

$=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2+2a^2+2c^2-b^2+2a^2+2b^2-c^2}{9}$

$=\dfrac{3a^2+3b^2+3c^2}{9}$

$=\dfrac13(a^2+b^2+c^2).$

Vậy $GA^2+GB^2+GC^2=\dfrac13(a^2+b^2+c^2).$

a: \(P=\left(\frac{2x}{3x+1}-1\right):\left(1-\frac{8x^2}{9x^2-1}\right)\)

\(=\frac{2x-3x-1}{3x+1}:\frac{9x^2-1-8x^2}{9x^2-1}\)

\(=\frac{-x-1}{3x+1}\cdot\frac{\left(3x-1\right)\left(3x+1\right)}{x^2-1}=\frac{-\left(x+1\right)\left(3x-1\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\frac{-\left(3x-1\right)}{x-1}\)

b: Thay x=2 vào P, ta được:

\(P=\frac{-\left(3\cdot2-1\right)}{2-1}=-\frac51=-5\)

a: \(\frac{2y-1}{y}-\frac{2x+1}{x}\)

\(=\frac{x\left(2y-1\right)-y\left(2x+1\right)}{xy}\)

\(=\frac{2xy-x-2xy-y}{xy}=\frac{-x-y}{xy}\)

b: \(\frac{2x}{3}:\frac{5}{6x^2}=\frac{2x}{3}\cdot\frac{6x^2}{5}=\frac{12x^3}{15}=\frac{4x^3}{5}\)