Cho các chất sau đây: triolein, etyl axetat, saccarozơ, fructozơ, Ala-Gly-Ala, glucozơ, xenlulozơ, vinyl fomat, anbumin. Số chất bị thủy phân trong môi trường kiềm là

A. 8

B. 7

C. 6

D. 5

a/

Xét ∆AHB và ∆BCD có:

góc ABD = góc BDC (so le trong AB//CD)

góc AHD = góc BCD (=90o)

Nên ∆AHB ~ ∆BCD (g.g)

b/

Vì ∆AHB ~ ∆BCD (câu a)

Nên \(\dfrac{AD}{DH}=\dfrac{DB}{BC}\)

Mà AD = BC (2 cạnh đối trong hình chữ nhật)

Do vậy \(\dfrac{AD}{DH}=\dfrac{DB}{AD}\Leftrightarrow AD^2=DH.DB\)

c/

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông BCD ta được:

\(BD^2=BC^2+CD^2\Rightarrow BD=\sqrt[]{8^2+6^2}=10\left(cm\right)\)

Vì ∆AHB ~ ∆BCD (câu a) nên \(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{DC}{DB}\Leftrightarrow AH=\dfrac{AD.DC}{DB}=\dfrac{6.8}{10}=4,8\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông AHD ta được:

\(DH=\sqrt[]{AD^2-AH^2}=\sqrt[]{36-23,04}\)=\(\sqrt[]{12,96}\)= 3,6(cm)

Vậy DH=3,6cm

AH=4,8cm

a/

Xét ∆AHD và ∆ABH có: góc ADH = góc AHB (=90o)

góc BAH: góc chung

Nên ∆AHD ~ ∆ABH (g.g) (1)

b/

Xét ∆AHB và ∆HDB có: góc AHB = góc HDB (=90o)

\(\) góc ABH: góc chung

Nên ∆AHB ~ ∆HDB (g.g) (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆AHD ~ ∆HDB

Do vậy \(\dfrac{DH}{AD}=\dfrac{DB}{DH}\Leftrightarrow DH^2=AD.DB\)

c/

Xét ∆HBA và ∆ABC có: góc AHB = góc CAB (=90o)

góc ABH: góc chung

Nên ∆HAB ~ ∆ABC (g.g)

Tương tự có ∆HAC ~ ∆ABC (g.g)

Do vậy ∆HAB ~ ∆HAC

Thế nên \(\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{AH}{HC}\)

Mặt khác AH = DE (2 đường chéo trong hình chữ nhật)

Suy ra \(\dfrac{BH}{DE}=\dfrac{DE}{HC}\Leftrightarrow BH.HC=DE^2\)

d/

Xét ∆AED và ∆DHA có:

AE = DH (2 cạnh đối trong hình chữ nhật)

góc DAE = góc ADH (=90o)

DA: cạnh chug

Nên ∆ADE = ∆DHA (c.g.c) suy ra ∆ADE ~ ∆DHA (3)

Xét ∆DHA và ∆HBA có: góc ADH = góc AHB (=90o)

góc BAH: góc chung

Nên ∆DHA ~ ∆HBA (g.g) (4)

Tương tự xét có ∆HBA ~ ∆ABC (5)

Từ (3) và (4) suy ra ∆ADE ~ ∆HBA (6)

Từ (5) và (6) suy ra ∆AED ~ ∆ABC

a/

•Xét ∆ANP và ∆BCP có:

góc APN = góc BPC (đối đỉnh)

góc NAP = CBP (so le trong AD//BC)

Nên ∆ANP đồng dạng với ∆BCP (g.g) (1)

•Xét ∆ANP và ∆DNC có:

góc N: góc chung

góc NAP = góc NDC (đồng vị do AB//CD hay AP//CD)

Nên ∆ANP đồng dạng với ∆DNC (g.g) (2)

*Từ (1) và (2) suy ra ∆PBC đồng dạng với ∆CDN (cùng đồng dạng với ∆PAN)

Do vậy \(\dfrac{BC}{BP}=\dfrac{DN}{DC}\) (3)

Mà ABCD là hình thoi nên BC = CD → ∆BCD cân tại C

Mặt khác góc A = góc C (2 góc đối nhau trong hình thoi)

Thế nên ∆BCD là tam giác đều nên BC = CD = BD (4)

*Từ (3) và (4) suy ra \(\dfrac{BC}{BP}=\dfrac{DN}{DC}\Leftrightarrow\dfrac{BD}{BP}=\dfrac{DN}{BD}\) (5)

\(\Leftrightarrow BD.BD=BP.DN\)

\(\) \(\) \(\Leftrightarrow BD^2=BP.DN\)

b/

Xét ∆DBN và ∆BPD có: \(\dfrac{BD}{BP}=\dfrac{DN}{BD}\) (từ 5)

góc PBD = góc NDB (=60o)

Nên ∆DBN đồng dạng với ∆BPD (c.g.c)

c/

Vì ∆DBN đồng dạng với ∆BPD nên góc DBN = góc BPD

Xét ∆BMD và ∆PBD có:

góc BMD = góc BPD (cmt)

góc MDB: góc chung

Nên ∆BMD đồng dạng với ∆PBD (g.g)

Do vậy góc BMD = góc PBD = 60o

d/

Xét ∆PAD và ∆PMD có: góc APD = góc MPB (đối đỉnh)

góc PAN = PMB (=60o)

Nên ∆PAD đồng dạng với ∆PMD (g.g)

Do vậy \(\dfrac{PA}{PD}=\dfrac{PM}{PB}\Leftrightarrow PA.PB=PD.PM\)

{1};{2};{3};{4};{1;2};{1;3};{1;4};{2;3};{2;4};{3;4};{1;2;3};{1;2;4};{2;3;4};{1;3;4};{1;2;3;4} và tập hợp rỗng

a/

Xét tam giác BCE và tam giác CBD có:

góc BEC = góc CDE (90o)

góc EBC = góc DCB (2 góc ở đáy của tam giác cân)

BC: cạnh chung

Nên tam giác BCE = tam giác CBD (cạnh huyền-góc nhọn)

Do vậy BE = CD (2 cạnh tương ứng) (1)

mà AB = AC (gt) (2)

Từ (1) và (2) suy ra\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AD}{AC}\)

Áp dụng hệ quả định lí Ta-lét, ta được ED//BC

b/

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AD}{AC}\Leftrightarrow\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\Leftrightarrow AE.AB=AD.AC\)

c/

(Hình như đề sai rồi bạn?! Tam giác OBC đồng dạng với chính nó là tam giác OBC là đúng rồi cần gì phải chứng minh nữa??)

d/

Vì tam giác ABC là tam giác cân (gt) nên đường cao xuất phát từ đỉnh cân của tam giác đồng thời cũng là đường trung tuyến nên BH=HC => \(\dfrac{BH}{HC}=1\) (3)

Từ (1), (2) có: \(\dfrac{AE}{EB}.\dfrac{CD}{DA}=1\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\dfrac{AE}{EB}.\dfrac{BH}{HC}.\dfrac{CD}{DA}=\dfrac{BH}{HC}\left(\dfrac{AE}{EB}.\dfrac{CD}{DA}\right)=1.1=1\)

Gọi x(km/h) là vận tốc xe máy. Do vậy vận tốc xe ô tô là x+18(km/h). Mà quãng đường 2xe đi là như nhau nên s_{1(xe máy)} = s_{2(ô tô)}. Mặt khác thời gian xe máy đi là 3,5h xe ô tô là 3,5-1=2,5(h)

Theo đề bài ta có phương trình như sau:

s₁=s_{2 ^{\(\Leftrightarrow\)}} 3,5x = 2,5(18+x) \(\Leftrightarrow\) 3,5x = 45 + 2,5x

\(\Leftrightarrow\) (3,5-2,5)x = 45 \(\Leftrightarrow\) x=45

Vậy vận tốc xe máy là 45km/h.

Do đó s_AB=45.3,5=157,5(km)

3
Có tam giác ABC đồng dạng với tam giác A'B'C'(gt)

Nên \(\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{A'C'}{AC}=\dfrac{B'C'}{BC}=k\)

Xét tam giác A'B'H' và tam giác ABH có:

góc A'H'B' = góc ABH (=90o)

góc A'B'H'= góc ABH (vì tam giác ABC đồng dạng với tam giác A'B'C')

Nên tam giác A'B'H' đồng dạng với tam giác ABH (g.g)

Do vậy \(\dfrac{A'H'}{AH}=\dfrac{A'B'}{AB}=k\)

2/

Có tam giác ABC đồng dạng với tam giác A'B'C'(gt)

Nên \(\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{A'C'}{AC}=\dfrac{B'C'}{BC}=k\) (1)

và \(\)góc B'A'M' = góc BAM \(\left(=\dfrac{1}{2}B'A'C'=\dfrac{1}{2}BAC\right)\) (2)

Xét tam giác A'B'M' và tam giác ABC có:

góc B'A'M' = góc BAM (từ 2)

góc A'B'M' = góc ABM (tam giác ABC đồng dạng với tam giác A'B'C')

Nên tam giác A'B'M' đồng dạng với tam giác ABM (g.g)

Do vậy \(\dfrac{A'M'}{AM}=\dfrac{A'B'}{AB}=k\) (từ 1)

3/

Có tam giác ABC đồng dạng với tam giác A'B'C'(gt)

Nên \(\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{B'C'}{BC}=\dfrac{\dfrac{B'C'}{2}}{\dfrac{BC}{2}}=\dfrac{B'M'}{BM}\) (1)

Xét tam giác A'B'M' và tam giác ABM có:

\(\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{B'M'}{BM}\) (từ 1)

góc A'B'M' = góc ABM (tam giác ABC đồng dạng với tam giác A'B'C')

Nên tam giác A'B'M' đồng dạng với tam giác ABM (c.g.c)

Do vậy \(\dfrac{A'M'}{AM}=\dfrac{A'B'}{AB}=k\)