Gọi vận tốc riêng của cano là x (km/h) với x>5

Vận tốc cano khi xuôi dòng: \(x+5\) (km/h)

Vận tốc cano khi ngược dòng: \(x-5\) (km/h)

Thời gian cano xuôi dòng: \(\dfrac{100}{x+5}\) giờ

Thời gian cano ngược dòng đến khi gặp bè nứa: \(\dfrac{50}{x-5}\) giờ

Thời gian bè nứa trôi được 50km: \(\dfrac{50}{5}=10\) giờ

Do thời gian di chuyển của cano và bè nứa đến khi gặp nhau là bằng nhau nên ta có pt:

\(\dfrac{100}{x+5}+\dfrac{50}{x-5}=10\)

\(\Rightarrow10\left(x-5\right)+5\left(x+5\right)=\left(x-5\right)\left(x+5\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-15x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\left(loại\right)\\x=15\end{matrix}\right.\)

Với \(x=0\) ko phải nghiệm

Với \(x\ne0\) chia 2 vế của pt cho \(x^2\) ta được:

\(x^2+3x-14-\dfrac{6}{x}+\dfrac{4}{x^2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+\dfrac{4}{x^2}-4\right)+3\left(x-\dfrac{2}{x}\right)-10=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-\dfrac{2}{x}\right)^2+3\left(x-\dfrac{2}{x}\right)-10=0\)

Đặt \(x-\dfrac{2}{x}=a\)

\(\Rightarrow a^2+3a-10=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2\\a=-5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-\dfrac{2}{x}=2\\x-\dfrac{2}{x}=-5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-2x-2=0\\x^2+5x-2=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\pm\sqrt{3}\\x=\dfrac{-5\pm\sqrt{33}}{2}\end{matrix}\right.\)

Chứng minh NH vuông góc AM:

Kẻ đường kính AG của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi F là giao của AN là đường tròn ngoại tiếp ABC.

\(\Rightarrow\widehat{ACG}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{ACG}=90^0\)

\(\Rightarrow CG\perp AC\) \(\Rightarrow CG||BH\) (cùng vuông góc AC)

Hoàn toàn tương tự ta có \(BG||CH\) (cùng vuông góc AB)

\(\Rightarrow BHCG\) là hình bình hành (2 cặp canh đối song song)

\(\Rightarrow BC;HG\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Mà M là trung điểm BC \(\Rightarrow M\in HG\)

BCDE nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{NCD}+\widehat{BED}=180^0\)

Mà \(\widehat{BED}+\widehat{NEB}=180^0\) (kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{NCD}=\widehat{NEB}\)

Xét hai tam giác NCD và NEB có: 

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CND}-chung\\\widehat{NCD}=\widehat{NEB}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta NCD\sim\Delta NEB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{NC}{NE}=\dfrac{ND}{NB}\Rightarrow NB.NC=NE.ND\)

Tương tự AFBC nội tiếp nên \(\widehat{NBF}=\widehat{NAC}\) (cùng bù \(\widehat{FBC}\))

\(\Rightarrow\Delta NBF\sim\Delta NAC\Rightarrow\dfrac{NB}{NA}=\dfrac{NF}{NC}\Rightarrow NB.NC=NA.NF\)

\(\Rightarrow NE.ND=NA.NF\Rightarrow\dfrac{NE}{NA}=\dfrac{NF}{ND}\)

Xét hai tam giác NEF và NAD có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{N}-chung\\\dfrac{NE}{NA}=\dfrac{NF}{ND}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta NEF\sim\Delta NAD\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{NEF}=\widehat{NAD}\)

Mà \(\widehat{NEF}+\widehat{DEF}=180^0\Rightarrow\widehat{NAD}+\widehat{DEF}=180^0\)

\(\Rightarrow ADEF\) nội tiếp

Kết hợp câu a \(\Rightarrow A,D,H,E,F\) cùng thuộc 1 đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=90^0\)

\(\Rightarrow AF\perp HF\) (1)

Lại có \(\widehat{AFG}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AF\perp GF\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow H,G,F\) thẳng hàng \(\Rightarrow HG\perp AF\)

Mà M thuộc HG theo cmt \(\Rightarrow MH\perp AF\)

Trong tam giác ANM, ta có 2 đường cao MF và AK cắt nhau tại H

\(\Rightarrow H\) là trực tâm tam giác ANM

\(\Rightarrow NH\) là đường cao thứ 3

\(\Rightarrow NH\perp AM\)

Làm bài hình thôi nhé, dài ngán quá:

a.

Do E và D cùng nhìn AD dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow ADHE\) nội tiếp

b.

H là giao điểm 2 đường cao BE, CE nên H là trực tâm tam giác ABC

\(\Rightarrow AK\) là đường cao thứ 3 \(\Rightarrow AK\perp BC\)

D và E cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow BEDC\) nội tiếp đường tròn đường kính BC

Mà M là trung điểm BC \(\Rightarrow M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp BEDC

Ta có: \(\widehat{DME}=2\widehat{DBE}\) (góc nt và góc ở tâm cùng chắn DE) (1)

E và K cùng nhìn BH dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow BEHK\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DBE}=\widehat{EKH}\) (cùng chắn EH)

D và K cùng nhìn AB dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow ABKD\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DBE}=\widehat{DKA}\) (cùng chắn AD)

\(\Rightarrow\widehat{EKH}=\widehat{DKA}=\widehat{DBE}\)

Mà \(\widehat{EKH}+\widehat{DKA}=\widehat{DKE}\)

\(\Rightarrow\widehat{DKE}=2\widehat{DBE}\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{DME}\)

Mà K, M cùng nằm về 1 nửa mp bờ DE \(\Rightarrow DEKM\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DEK}+\widehat{DMK}=180^0\)

Mà \(\widehat{DMK}+\widehat{DMC}=180^0\) (kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{DEK}=\widehat{DMC}\) (đpcm)

Ý sau còn dài gấp đôi.

Thôi vậy làm bài hình thôi nhé, làm xong bài hình chắc nửa đêm luôn rồi. Bài hình của em phải mất cả tiếng,

\(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=\left(ac\right)^2+\left(bd\right)^2+2abcd+\left(ad\right)^2+\left(bc\right)^2-2abcd\)

\(=a^2c^2+b^2c^2+b^2d^2+a^2d^2\)

\(=c^2\left(a^2+b^2\right)+d^2\left(a^2+b^2\right)\)

\(=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\) (đpcm)

A, B độc lập nên \(P\left(A\cap B\right)=P\left(A\right).P\left(B\right)\Rightarrow P\left(B\right)=\dfrac{P\left(A\cap B\right)}{P\left(A\right)}=\dfrac{4}{9}\)

Vấn đề ở các bài hình của em là các câu b luôn luôn rất rất rất rất rất rất dài, để làm ra cần cả (vài) trang giấy, nên làm biếng lắm. Ví dụ bài em vừa gửi lẽ ra nó phải chia câu b thành 4-5 ý được (cần 4-5 bước c/m để đến kết quả, mỗi bước nửa trang). Nhìn là ngán rồi.

\(S_{A'B'C'}=S_1=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\) ; \(S_2=S_{ABC}=\dfrac{\left(4a\right)^2.\sqrt{3}}{4}=4a^2\sqrt{3}\)

Em có thể áp dụng công thức tính nhanh:

\(V=\dfrac{h\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)}{3}=\dfrac{21a^3\sqrt{3}}{4}\)