a:

b:

c:

d: 2,52:1,4=25,2:14

\(\sqrt{\dfrac{3-\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}}\)

\(=\sqrt{\dfrac{\left(3-\sqrt{5}\right)\left(3-\sqrt{5}\right)}{\left(3+\sqrt{5}\right)\left(3-\sqrt{5}\right)}}\)

\(=\sqrt{\dfrac{\left(3-\sqrt{5}\right)^2}{4}}=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\)

Đặt \(X=\overline{25ab}\)

X chia hết cho 2 và 5 nên X có chữ số tận cùng là 0

=>b=0

=>\(X=\overline{25a0}\)

X chia 9 dư 1

=>\(2+5+a+0-1⋮9\)

=>\(a+6⋮9\)

=>a=3

\(2a+3b=2\cdot3+3\cdot0=6\)

xy-3x+y=-4

=>x(y-3)+y-3=-4-3

=>(x+1)(y-3)=-7

=>\(\left(x+1;y-3\right)\in\left\{\left(1;-7\right);\left(-7;1\right);\left(-1;7\right);\left(1;-7\right)\right\}\)

=>\(\left(x;y\right)\in\left\{\left(0;-4\right);\left(-8;4\right);\left(-2;10\right);\left(0;-4\right)\right\}\)

a: Xét (O) có \(\widehat{BED}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

nên \(\widehat{BOD}=2\cdot\widehat{BED}=60^0\)

Xét (O) có \(\widehat{BAD}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

nên \(\widehat{BAD}=\dfrac{\widehat{BOD}}{2}=\dfrac{60^0}{2}=30^0\)

b: ΔOAB cân tại O

mà OC là đường cao

nên OC là phân giác của góc AOB

Xét ΔOAC và ΔOBC có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOC}\)

OC chung

Do đó: ΔOAC=ΔOBC

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OBC}\)

=>\(\widehat{OBC}=90^0\)

=>CB là tiếp tuyến của (O)

c: Gọi H là giao điểm của OC và AB

ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB

=>\(HA=HB=\dfrac{AB}{2}=12\left(cm\right)\)

Xét ΔOHA vuông tại H có \(OH^2+HA^2=OA^2\)

=>\(OH=\sqrt{15^2-12^2}=9\left(cm\right)\)

Xét ΔOAC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OC=OA^2\)

=>\(OC=\dfrac{15^2}{9}=25\left(cm\right)\)

a: Xét (O) có \(\widehat{BED}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

nên \(\widehat{BOD}=2\cdot\widehat{BED}=60^0\)

Xét (O) có \(\widehat{BAD}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

nên \(\widehat{BAD}=\dfrac{\widehat{BOD}}{2}=\dfrac{60^0}{2}=30^0\)

b: ΔOAB cân tại O

mà OC là đường cao

nên OC là phân giác của góc AOB

Xét ΔOAC và ΔOBC có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOC}\)

OC chung

Do đó: ΔOAC=ΔOBC

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OBC}\)

=>\(\widehat{OBC}=90^0\)

=>CB là tiếp tuyến của (O)

c: Gọi H là giao điểm của OC và AB

ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB

=>\(HA=HB=\dfrac{AB}{2}=12\left(cm\right)\)

Xét ΔOHA vuông tại H có \(OH^2+HA^2=OA^2\)

=>\(OH=\sqrt{15^2-12^2}=9\left(cm\right)\)

Xét ΔOAC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OC=OA^2\)

=>\(OC=\dfrac{15^2}{9}=25\left(cm\right)\)

Ta có: \(2^{3x+2}=4^{x+5}\)

=>\(2^{3x+2}=2^{2x+10}\)

=>3x+2=2x+10

=>3x-2x=10-2

=>x=8

\(A=1865+\overline{14x}\)

\(=1865+140+x\)

\(=x+2005\)

Để A chia 3 dư 2 thì \(x+2005-2⋮3\)

=>\(x+2003⋮3\)

mà x là số tự nhiên có 1 chữ số

nên \(x\in\left\{1;4;7\right\}\)

=>Có 3 giá trị x thỏa mãn

a: Xét ΔAKB và ΔAKC có

AK chung

KB=KC

AB=AC

Do đó: ΔAKB=ΔAKC

b: ΔAKB=ΔAKC

=>\(\widehat{KAB}=\widehat{KAC}\)

Xét ΔAEK vuông tại E và ΔAFK vuông tại F có

AK chung

\(\widehat{EAK}=\widehat{FAK}\)

Do đó: ΔAEK=ΔAFK

=>AE=AF

c: ΔAEK=ΔAFK

=>KE=KF

Xét ΔKEM vuông tại E và ΔKFN vuông tại F có

KE=KF

\(\widehat{EKM}=\widehat{FKN}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔKEM=ΔKFN

=>EM=FN

Xét ΔAMN có \(\dfrac{AE}{EM}=\dfrac{AF}{FN}\)

nên EF//MN

d: Ta có: AE+EM=AM

AF+FN=AN

mà AE=AF và EM=FN

nên AM=AN

=>A nằm trên đường trung trực của MN(1)

Ta có: ΔKEM=ΔKFN

=>KM=KN

=>K nằm trên đường trung trực của MN(2)

Ta có: IM=IN

=>I nằm trên đường trung trực của NM(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra A,K,I thẳng hàng

Ta có: \(162=3^4\cdot2;126=3^2\cdot2\cdot7;90=3^2\cdot2\cdot5\)

=>\(ƯCLN\left(162;126;90\right)=3^2\cdot2=18\)

Để chia 162 quyển vở; 126 bút bi; 90 bút chì thành các phần quà như nhau thì số phần thưởng phải là ước chung của 162;126;90

=>Số phần quà nhiều nhất là ƯCLN(162;126;90)=18 phần

Số quyển vở của mỗi phần quà là:

162:18=9(quyển)

Số bút bi của mỗi phần quà là:

126:18=7(cây)

Số bút chì của mỗi phần quà là:

90:18=5(cây)