1: Xét ΔMBA vuông tại B và ΔMCN vuông tại C có

\(\hat{BMA}=\hat{CMN}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMBA~ΔMCN

2: Ta có: \(\hat{BAM}+\hat{DAM}=\hat{BAD}=90^0\)

\(\hat{DAM}+\hat{DAP}=\hat{MAP}=90^0\)

Do đó: \(\hat{BAM}=\hat{DAP}\)

XétΔBAM vuông tại B và ΔDAP vuông tại D có

BA=DA

\(\hat{BAM}=\hat{DAP}\)

Do đó: ΔBAM=ΔDAP

=>AM=AP và BM=DP

Xét ΔNCM vuông tại C và ΔNAP vuông tại A có

góc CNM chung

Do đó: ΔNCM~ΔNAP

=>\(\frac{NM}{NP}=\frac{CM}{AP}=\frac{CM}{AM}\)

=>\(MN\cdot MA=MC\cdot NP\)

\(2\left|x+3\right|-5x+19>0\) (1)

TH1: x>=-3

(1) sẽ trở thành: 2(x+3)-5x+19>0

=>2x+6-5x+19>0

=>-3x+25>0

=>-3x>-25

=>x<25/3

=>\(-3\le x<\frac{25}{3}\)

TH2: x<-3

(1) sẽ trở thành: -2(x+3)-5x+19>0

=>-2x-6-5x+19>0

=>-7x+13>0

=>-7x>-13

=>x<13/7

=>x<-3

a: Xét tứ giác OMBD có \(\hat{OMD}=\hat{OBD}=90^0\)

nên OMBD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác OMEC có \(\hat{OME}+\hat{OCE}=90^0+90^0=180^0\overline{}\)

nên OMEC là tứ giác nội tiếp

Bài 2:

a: Vì \(\frac24=\frac12<>\frac{-10}{-1}\)

nên Δ1//Δ2

=>\(\hat{\Delta_1;\Delta_2}=0^0\)

b: Δ1: -3x+y+5=0

=>vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow{a}=\left(-3;1\right)\)

Δ2: 3x-y+10=0

=>vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow{b}=\left(3;-1\right)\)

Gọi α là góc tạo bởi Δ1 và Δ2

\(cos\alpha=\frac{\left|-3\cdot3+\left(-1\right)\cdot1\right|}{\sqrt{\left(-3\right)^2+1^2}\cdot\sqrt{3^2+\left(-1\right)^2}}=1\)

=>α=0 độ

a; AEHF là hình bình hành

=>EH//AF và AE//HF

mà AE//BH

nên HF,BH có điểm chung là H

nên B,H,F thẳng hàng

EH//AF
mà AF//CH

và EH,CH có điểm chung là H

nên C,H,E thẳng hàng

Gọi K,L lần lượt là giao điểm của CH và AB, BH và AC
=>CH⊥AB tại K; BH⊥AC tại L

Xét tứ giác AKHL có \(\hat{AKH}+\hat{ALH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AKHL là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{KHL}+\hat{KAL}=180^0\)

=>\(\hat{BHC}+\hat{BAC}=180^0\)

=>\(\hat{EHF}+\hat{BAC}=180^0\)

mà \(\hat{EHF}+\hat{HEA}=180^0\) (AEHF là hình bình hành)

nên \(\hat{HEA}=\hat{BAC}\)

Ta có: \(\hat{AHE}+\hat{BAH}=90^0\) (HE⊥AB)

\(\hat{BAH}+\hat{ABC}=90^0\) (AH⊥BC)

Do đó: \(\hat{AHE}=\hat{ABC}\)

Xét ΔEHA và ΔABC có

\(\hat{EHA}=\hat{ABC}\)

\(\hat{HEA}=\hat{BAC}\)

Do đó: ΔEHA~ΔABC

ĐKXĐ: \(x^3-2>=0\)

=>\(x^3\ge2\)

=>\(x\ge\sqrt[3]{2}\)

\(\sqrt[3]{x^2-1}+x=\sqrt{x^3-2}\)

=>\(\sqrt[3]{x^2-1}-2+x-3=\sqrt{x^3-2}-5\)

=>\(\frac{x^2-1-8}{\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}+2\cdot\sqrt[3]{x^2-1}+4}+x-3=\frac{x^3-2-25}{\sqrt{x^3-2}+5}\)

=>\(\frac{x^2-9}{\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}+2\cdot\sqrt[3]{x^2-1}+4}+x-3=\frac{x^3-27}{\sqrt{x^3-2}+5}\)

=>\(\frac{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}{\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}+2\cdot\sqrt[3]{x^2-1}+4}+x-3=\frac{\left(x-3\right)\left(x^2+3x+9\right)}{\sqrt{x^3-2}+5}\)

=>\(\left(x-3\right)\left\lbrack\frac{\left(x+3\right)}{\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}+2\cdot\sqrt[3]{x^2-1}+4}+1\right\rbrack=\frac{\left(x-3\right)\left(x^2+3x+9\right)}{\sqrt{x^3-2}+5}\)

=>\(\left(x-3\right)\left\lbrack\frac{\left(x+3\right)}{\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}+2\cdot\sqrt[3]{x^2-1}+4}+1\right\rbrack-\frac{\left(x-3\right)\left(x^2+3x+9\right)}{\sqrt{x^3-2}+5}\) =0

=>\(\left(x-3\right)\left(\frac{\left(x+3\right)}{\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}+2\cdot\sqrt[3]{x^2-1}+4}+1-\frac{x^2+3x+9}{\sqrt{x^3-2}+5}\right)=0\)

=>x-3=0

=>x=3(nhận)

Đặt \(A=\left|x-1\right|+\left|x-2\right|+\cdots+\left|x-2020\right|\)

Ta có: \(\left|x-1\right|+\left|x-2020\right|=\left|x-1\right|+\left|2020-x\right|\ge\left|x-1+2020-x\right|=2019\forall x\)

\(\left|x-2\right|+\left|x-2019\right|=\left|x-2\right|+\left|2019-x\right|\ge\left|x-2+2019-x\right|=2017\forall x\)

...

\(\left|x-1010\right|+\left|x-1011\right|=\left|x-1010\right|+\left|1011-x\right|\ge\left|x-1010+1011-x\right|=1\forall x\)

Do đó: \(\left(\left|x-1\right|+\left|x-2020\right|\right)+\left(\left|x-2\right|+\left|x-2019\right|\right)+\cdots+\left(\left|x-1010\right|+\left|x-1011\right|\right)\) >=2019+2017+...+1

=>A>=2019+2017+...+1

Số số hạng trong dãy số là: \(\frac{2019-1}{2}+1=\frac{2018}{2}+1=1009+1=1010\) (số)

Tổng của dãy số là: \(\left(2019+1\right)\cdot\frac{1010}{2}=2020\cdot\frac{1010}{2}=1010^2\)

=>A>=1020100

Dấu '=' xảy ra khi 1<=x<=2020 và 2<=x<=2019 và ... 1010<=x<=1011

=>1010<=x<=1011

a: Ta có: \(\hat{OMB}=\hat{ONB}=\hat{OHB}=90^0\)

=>O,M,B,N,H cùng thuộc đường tròn đường kính OB

a: Xét ΔDHE vuông tại H và ΔDHF vuông tại H có

DE=DF

DH chung

Do đó: ΔDHE=ΔDHF

b: ΔDHE=ΔDHF

=>HE=HF và \(\hat{EDH}=\hat{FDH}\)

Xét ΔDAH vuông tại A và ΔDBH vuông tại B có

DH chung

\(\hat{ADH}=\hat{BDH}\)

Do đó: ΔDAH=ΔDBH

=>DA=DB và HA=HB

Xét ΔDAB có DA=DB

nên ΔDAB cân tại D

c: Xét ΔDEF có \(\frac{DA}{DE}=\frac{DB}{DF}\)

nên AB//EF

=>AB//EK

Xét ΔBAK và ΔEKA có

BA=EK

\(\hat{BAK}=\hat{EKA}\) (hai góc so le trong, BA//EK)

AK chung

Do đó: ΔBAK=ΔEKA

=>BK=EA

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHC vuông tại H có

AB=AC

AH chung

Do đó: ΔAHB=ΔAHC

=>HB=HC

b: ΔAHB=ΔAHC

=>\(\hat{HAB}=\hat{HAC}\)

Xét ΔADH vuông tại D và ΔAEH vuông tại E có

AH chung

\(\hat{DAH}=\hat{EAH}\)

Do đó: ΔADH=ΔAEH

=>HD=HE

=>ΔHDE cân tại H

c: Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}+\hat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADHE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DAE}+\hat{DHE}=180^0\)

=>\(\hat{DHE}=180^0-120^0=60^0\)

Xét ΔHDE cân tại H có \(\hat{DHE}=60^0\)

nên ΔHDE đều

d: ΔADH=ΔAEH

=>AD=AE

Xét ΔABC có \(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)

nên DE//BC