a: Xét ΔHAB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔACB vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HB\cdot HC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AM\cdot AB=HB\cdot HC\)

b: Xét tứ giác AMHK có \(\hat{AMH}=\hat{AKH}=\hat{MAK}=90^0\)

nên AMHK là hình chữ nhật

=>HK=AM

Xét ΔAHC vuông tại H có HK là đường cao

nên \(AK\cdot AC=AH^2\)

=>\(AK\cdot AC=KM^2\)

c: \(AK\cdot AC=AH^2\)

\(AM\cdot AB=AH^2\)

Do đó: \(AM\cdot AB=AK\cdot AC\)

=>\(\frac{AM}{AC}=\frac{AK}{AB}\)

Xét ΔAMK vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\frac{AM}{AC}=\frac{AK}{AB}\)

Do đó: ΔAMK~ΔACB

d: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2;CH\cdot CB=CA^2\)

=>\(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\frac{BH}{CH}\)

e: Xét ΔCKH vuông tại K và ΔCAB vuông tại A có

\(\hat{KCH}\) chung

Do đó: ΔCKH~ΔCAB

=>\(\frac{CK}{CA}=\frac{CH}{CB}\)

=>\(CK=\frac{CH\cdot CA}{CB}=\frac{\frac{CA^2}{CB}\cdot CA}{CB}=\frac{CA^3}{CB^2}\)

=>\(CA^3=CB^2\cdot CK\)

a: Ta có: \(\hat{AME}+\hat{EMB}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(3\cdot\hat{EMB}+\hat{EMB}=180^0\)

=>\(4\cdot\hat{EMB}=180^0\)

=>\(\hat{EMB}=45^0\)

=>\(\hat{AME}=3\cdot45^0=135^0\)

Ta có: \(\hat{AME}+\hat{EMB}+\hat{MND}=225^0\)

=>\(\hat{MND}=225^0-180^0=45^0\)

Ta có: \(\hat{EMB}=\hat{MND}\left(=45^0\right)\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên AB//CD
b: Gọi O là giao điểm của AB và CD

Xét ΔOMN có \(\hat{ONM}+\hat{OMN}=45^0+45^0=90^0\)

nên ΔOMN vuông tại O

=>AB⊥CD tại O

Bài 1:

a: \(\frac{x^2+x+4}{2}+\frac{x^2+x+7}{3}=\frac{x^2+x+13}{5}+\frac{x^2+x+16}{6}\)

=>\(\left(\frac{x^2+x+4}{2}-3\right)+\left(\frac{x^2+x+7}{3}-3\right)=\left(\frac{x^2+x+13}{5}-3\right)+\left(\frac{x^2+x+16}{6}-3\right)\)

=>\(\frac{x^2+x-2}{2}+\frac{x^2+x-2}{3}=\frac{x^2+x-2}{5}+\frac{x^2+x-2}{6}\)

=>\(\left(x^2+x-2\right)\left(\frac12+\frac13-\frac15-\frac16\right)=0\)

=>\(x^2+x-2=0\)

=>(x+2)(x-1)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x+2=0\\ x-1=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=1\end{array}\right.\)

b: \(\frac{2}{x^2+4x+3}+\frac{5}{x^2+11x+24}+\frac{2}{x^2+18x+80}=\frac{9}{25}\)

=>\(\frac{2}{\left(x+1\right)\left(x+3\right)}+\frac{5}{\left(x+3\right)\left(x+8\right)}+\frac{2}{\left(x+8\right)\left(x+10\right)}=\frac{9}{25}\)

=>\(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+3}+\frac{1}{x+3}-\frac{1}{x+8}+\frac{1}{x+8}-\frac{1}{x+10}=\frac{9}{25}\)

=>\(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+10}=\frac{9}{25}\)

=>\(\frac{x+10-x-1}{\left(x+1\right)\left(x+10\right)}=\frac{9}{25}\)

=>\(\frac{9}{\left(x+1\right)\left(x+10\right)}=\frac{9}{25}\)

=>(x+1)(x+10)=25

=>\(x^2+11x+10-25=0\)

=>\(x^2+11x-14=0\)

=>\(x^2+11x+\frac{121}{4}=44,25\)

=>\(\left(x+\frac{11}{2}\right)^2=\frac{177}{4}\)

=>\(x+\frac{11}{2}=\pm\sqrt{\frac{177}{2}}\)

=>\(x=-\frac{11}{2}\pm\frac{\sqrt{177}}{2}\)

Bài 20:

1: Gọi M là giao điểm của tia phân giác của góc ABC với cạnh AD

Theo đề, ta có: MA=4,5cm và MD=3,7cm

AD=MA+MD

=4,5+3,7=8,2(cm)

Gọi K là giao điểm của BM và CD

Ta có: \(\hat{CKB}=\hat{ABK}\) (hai góc so le trong, AB//CK)

\(\hat{ABK}=\hat{CBK}\) (BK là phân giác của góc ABC)

DO đó: \(\hat{CKB}=\hat{CBK}\)

=>CB=CK

=>CK=8,2(cm)

Xét ΔKBC có MD//BC

nên \(\frac{MD}{BC}=\frac{KD}{KC}\)

=>\(\frac{KD}{8.2}=\frac{3.7}{AD}=\frac{3.7}{8.2}\)

=>KD=3,7(cm)

KD+DC=KC

=>DC=8,2-3,7=4,5(cm)

Chu vi hình chữ nhật ABCD là:

C=2(AD+DC)=2*(8,2+4,5)=2*12,7=25,4(cm)

2: Gọi BM là phân giác của góc ABC(M∈DC)

Theo đề, ta có: DM=42,4cm; CM=12,6(cm)

DC=DM+MC

=42,4+12,6

=55(cm)

BM là phân giác của góc ABC

=>\(\hat{CBM}=\frac12\cdot90^0=45^0\)

Xét ΔCBM vuông tại C có \(\hat{CBM}=45^0\)

nên ΔCBM vuông cân tại C

=>CB=CM=12,6(cm)

Chu vi hình chữ nhật ABCD là:

2(DC+CB)=2(55+12,6)=2*67,6=135,2(cm)

a: Giả sử \(\sqrt{a}\) không là số nguyên và cũng không là số vô tỉ

=>\(\sqrt{a}\) là số hữu tỉ nhưng không là số nguyên

=>\(\sqrt{a}=\frac{p}{q}\) , với ƯCLN(p;q)=1

=>\(\frac{p^2}{q^2}=a\)

=>\(p^2=a\cdot q^2\)

=>\(p^2\) ⋮q

mà ƯCLN(p;q)=1

nên \(p^2\) ⋮q là điều không thể xảy ra

=>Giả sử sai

=>\(\sqrt{a}\) chỉ có thể là số nguyên hoặc là số vô tỉ

Lấy K sao cho O là trung điểm của AK

O là giao điểm của ba đường trung trực

=>OA=OB=OC

=>\(OB=OC=\frac{AK}{2}\)

Xét ΔABK có

BO là đường trung tuyến

BO=AK/2

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà CH⊥BA

nên CH//BK

Xét ΔACK có

CO là đường trung tuyến

CO=AK/2

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CA⊥CK

mà BH⊥AC

nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

Xét ΔAHK có

M,O lần lượt là trung điểm của HK,AK

=>MO là đường trung bình của ΔAHK

=>MO=1/2AH

Bài 22:

1: \(3a^3\left(x^2-1\right)^4:\left\lbrack3a^3\left(x^2-1\right)^3\right\rbrack=15\)

=>\(\frac{3a^3}{3a^3}\cdot\frac{\left(x^2-1\right)^4}{\left(x^2-1\right)^3}=15\)

=>\(x^2-1=15\)

=>\(x^2=16\)

=>x=4 hoặc x=-4

2: \(x^3\left(2x-1\right)^{m+2}:\left\lbrack x^3\left(2x-1\right)^{m-1}\right\rbrack-3^5:3^2=0\)

=>\(\left(2x-1\right)^{m+2-m+1}=3^3\)

=>\(\left(2x-1\right)^3=3^3\)

=>2x-1=3

=>2x=4

=>x=2

3: \(\left(3x^5-4x^3\right):x^3-\left(3x+1\right)^2:\left(3x+1\right)-3x^7:x^5=0\)

=>\(3x^2-4-\left(3x+1\right)-3x^2=0\)

=>-4-3x-1=0

=>3x+5=0

=>3x=-5
=>x=-5/3

Bài 23:

1:

\(3x^5-x^4-2x^3+x^2+4x+5\)

\(=3x^5-6x^4+6x^3+5x^4-10x^3+10x^2+2x^3-4x^2+4x-5x^2+10x-10-10x+15\)

\(=\left(x^2-2x+2\right)\left(3x^3+5x^2+2x-5\right)-10x+15\)

=>\(\frac{3x^5-x^4-2x^3+x^2+4x+5}{x^2-2x+2}=3x^3+5x^2+2x-5\) dư -10x+15

Để dư bằng 0 thì -10x+15=0

=>-10x=-15

=>x=1,5

2:

\(\frac{x^5+2x^4+3x^2+x-3}{x^2+1}=\frac{x^5+x^3+2x^4+2x^2-x^3-x+x^2+1+2x-4}{x^2+1}\)

\(=x^3+2x^2-x+1+\frac{2x-4}{x^2+1}\)

Để dư bằng 0 thì 2x-4=0

=>2x=4

=>x=2

Gọi A là giao điểm của O'x' và Oy, B là giao điểm của O'y' và Ox

O'B//OA

=>\(\hat{xBy^{\prime}}=\hat{xOy}\) (hai góc đồng vị)(1)

O'x'//Bx

=>\(\hat{xBy^{\prime}}=\hat{x^{\prime}O^{\prime}y^{\prime}}\) (hai góc đồng vị)(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{xOy}=\hat{x^{\prime}O^{\prime}y^{\prime}}\)

Bài 20:

1: Gọi M là giao điểm của tia phân giác của góc ABC với cạnh AD

Theo đề, ta có: MA=4,5cm và MD=3,7cm

AD=MA+MD

=4,5+3,7=8,2(cm)

Gọi K là giao điểm của BM và CD

Ta có: \(\hat{CKB}=\hat{ABK}\) (hai góc so le trong, AB//CK)

\(\hat{ABK}=\hat{CBK}\) (BK là phân giác của góc ABC)

DO đó: \(\hat{CKB}=\hat{CBK}\)

=>CB=CK

=>CK=8,2(cm)

Xét ΔKBC có MD//BC

nên \(\frac{MD}{BC}=\frac{KD}{KC}\)

=>\(\frac{KD}{8.2}=\frac{3.7}{AD}=\frac{3.7}{8.2}\)

=>KD=3,7(cm)

KD+DC=KC

=>DC=8,2-3,7=4,5(cm)

Chu vi hình chữ nhật ABCD là:

C=2(AD+DC)=2*(8,2+4,5)=2*12,7=25,4(cm)

2: Gọi BM là phân giác của góc ABC(M∈DC)

Theo đề, ta có: DM=42,4cm; CM=12,6(cm)

DC=DM+MC

=42,4+12,6

=55(cm)

BM là phân giác của góc ABC

=>\(\hat{CBM}=\frac12\cdot90^0=45^0\)

Xét ΔCBM vuông tại C có \(\hat{CBM}=45^0\)

nên ΔCBM vuông cân tại C

=>CB=CM=12,6(cm)

Chu vi hình chữ nhật ABCD là:

2(DC+CB)=2(55+12,6)=2*67,6=135,2(cm)

TA có; \(\frac{3bz-5cy}{a}=\frac{5cx-az}{3b}=\frac{ay-3bx}{5c}\)

=>\(\frac{3abz-5acy}{a^2}=\frac{3b\left(5cx-az\right)}{9b^2}=\frac{5c\left(ay-3bx\right)}{25c^2}\)

=>\(\frac{3abz-5acy}{a^2}=\frac{15bcx-3abz}{9b^2}=\frac{5acy-15bcx}{25c^2}\)

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

\(\frac{3abz-5acy}{a^2}=\frac{15bcx-3abz}{9b^2}=\frac{5acy-15bcx}{25c^2}=\frac{3abz-5acy+15bcx-3abz+5acy-15bcx}{a^2+9b^2+25c^2}=0\)

=>3abz-5acy=0 và 15bcx-3abz=0

=>3bz-5cy=0 và 5cx-az=0

=>3bz=5cy và 5cx=az

=>\(\frac{x}{a}=\frac{z}{5c};\frac{z}{5c}=\frac{y}{3b}\)

=>\(\frac{x}{a}=\frac{y}{3b}=\frac{z}{5c}\)