Toán

a.

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AB\\AB\perp BC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow AB\) là đường vuông góc chung của SA và BC

\(\Rightarrow d\left(SA,BC\right)=AB=a\)

b.

Từ A kẻ \(AH\perp SH\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp AB\\AB\perp AD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AB\perp\left(SAD\right)\Rightarrow AB\perp AH\)

\(\Rightarrow AH=d\left(AB,SD\right)\)

Hệ thức lượng: \(AH=\dfrac{SA.AD}{\sqrt{SA^2+AD^2}}=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\)

\(3x\left(x^2-5\right)+4x.\left(x-1\right)\\ =3x.x^2+3x.\left(-5\right)+4x.x+4x.\left(-1\right)\\ =3x^3-15x+4x^2-4x\\ =3x^3+4x^2-19x\)

\(3x\left(x^2-5\right)+4x\left(x-1\right)=3x^3+4x^2-19x\)

a.

Theo giả thiết \(AD\perp BC\Rightarrow\widehat{ADC}=90^0\)

\(CF\perp AB\Rightarrow\widehat{AFC}=90^0\)

\(\Rightarrow\) F và D cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông nên tứ giác ACDF nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{BAC}+\widehat{CDF}=180^0\)

Mà \(\widehat{CDF}+\widehat{BDF}=180^0\) (kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{BDF}\)

Lại có \(\widehat{BDF}=\widehat{MDC}\) (đối đỉnh)

\(\widehat{BAC}=\widehat{MCD}\) (góc nt và góc tiếp tuyến - dây cung cùng chắn AB)

\(\Rightarrow\widehat{MCD}=\widehat{MDC}\)

\(\Rightarrow\Delta CDM\) cân tại M

b.

Xét hai tam giác MCI và MAC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CMI}-chung\\\widehat{MCI}=\widehat{CAI}\left(\text{cùng chắn CI}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta MCI\sim\Delta MAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{MC}{MA}=\dfrac{MI}{MC}\Rightarrow MC^2=MI.MA\)

\(F\left(x\right)-H\left(x\right)=G\left(x\right)\\ \Rightarrow H\left(x\right)=F\left(x\right)-G\left(x\right)\)

\(\Rightarrow H\left(x\right)=\left(x^4+x^2+x+1\right)-\left(4-2x^2+7x\right)\\ =x^4+x^2+x+1-4+2x^2-7x\\ =x^4+3x^2-6x-3\)

\(H\left(x\right)=-3x^2+2x-8+3x^2-2x+2\)

\(H\left(x\right)=-6\)

Vậy \(H\left(x\right)\) có bậc 0

\(x\left(x^2+3x+2\right)=x^3+3x^2+2x\)

A đúng

Gọi số học sinh thích môn Toán, Văn, Anh lần lượt là x;y;z

Do x;y;z tỉ lệ với 2;3;5 nên ta có: \(\dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{3}=\dfrac{z}{5}\)

Do số học sinh thích Anh nhiều hơn thích Văn là 6 nên ta có: \(z-y=6\)

Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau:

\(\dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{3}=\dfrac{z}{5}=\dfrac{z-y}{5-3}=\dfrac{6}{2}=3\)

\(\Rightarrow x=2.3=6\)

Vậy có 6 học sinh thích Toán

Bạn xem lại đề, k/c từ S đến (SBCD) hay (ABCD)?

Bài 1:

a: Xét ΔOAD và ΔOCB có

\(\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{OD}{OB}\)

\(\widehat{AOD}\) chung

Do đó: ΔOAD~ΔOCB

b: Ta có: ΔOAD~ΔOCB

=>\(\dfrac{AD}{CB}=\dfrac{OA}{OC}\)

=>\(\dfrac{14}{BC}=\dfrac{8}{10}=\dfrac{4}{5}\)

=>\(BC=14\cdot\dfrac{5}{4}=17,5\left(cm\right)\)

c: Ta có: ΔOCB~ΔOAD

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

Xét ΔIAB và ΔICD có

\(\widehat{IBA}=\widehat{IDC}\)

\(\widehat{AIB}=\widehat{CID}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAB~ΔICD

=>\(\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{IB}{ID}\)

=>\(IA\cdot ID=IB\cdot IC\)

d: Ta có: ΔOAD~ΔOCB

=>\(\dfrac{S_{OAD}}{S_{OCB}}=\left(\dfrac{OA}{OC}\right)^2=\dfrac{16}{25}\)

Bài 2:

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔHBA~ΔABC

b: Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=9^2+15^2=306\)

=>\(BC=\sqrt{306}=3\sqrt{34}\left(cm\right)\)

Ta có: ΔHBA~ΔABC

=>\(\dfrac{HA}{AC}=\dfrac{BA}{BA}\)

=>\(\dfrac{HA}{15}=\dfrac{9}{3\sqrt{34}}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}\)

=>\(HA=\dfrac{45}{\sqrt{34}}\left(cm\right)\)

giúp mình câu 1 và câu 2 với