a: (1): \(x^2-2x-3=0\)

=>\(x^2-3x+x-3=0\)

=>(x-3)(x+1)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x-3=0\\ x+1=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=3\\ x=-1\end{array}\right.\)

b: Vẽ đồ thị

c: Phương trình hoành độ giao điểm là:

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

=>\(x^2-2x-3=0\)

=>(x-3)(x+1)=0

=>x=3 hoặc x=-1

Vậy: Hai nghiệm tìm được ở câu a chính là hai hoành độ giao điểm của hai đồ thị \(y=x^2;y=2x+3\)

a: Ta có: \(G=E\cdot F\)

\(=-\frac23xy^3\cdot\frac{14}{9}x^2y^3\)

\(=-\frac23\cdot\frac{14}{9}\cdot x\cdot x^2\cdot y^3\cdot y^3=-\frac{28}{27}x^3y^6\)

a: Kẻ MF⊥AB tại F, MG⊥DE tại G, MH⊥AC tại H

Xét ΔAMB và ΔAMC có

AM chung

MB=MC

AB=AC

Do đó: ΔAMB=ΔAMC

=>\(\hat{MAB}=\hat{MAC}\)

Xét ΔAFM vuông tại F và ΔAHM vuông tại H có

AM chung

\(\hat{FAM}=\hat{HAM}\)

Do đó: ΔAFM=ΔAHM

=>MF=MH(1)

Xét ΔDFM vuông tại F và ΔDGM vuông tại G có

DM chung

\(\hat{FDM}=\hat{GDM}\)

Do đó: ΔDFM=ΔDGM

=>MF=MG(2)

Từ (1),(2) suy ra MH=MG

Xét ΔEGM vuông tại G và ΔEHM vuông tại H có

EM chung

MG=MH

Do đó: ΔEGM=ΔEHM

=>\(\hat{GEM}=\hat{HEM}\)

=>EM là phân giác của góc DEC
b: ΔAFM=ΔAHM

=>\(\hat{AMF}=\hat{AMH}\)

=>MA là phân giác của góc FMH

\(\hat{DME}=\hat{DMG}+\hat{EMG}\)

\(=\frac12\left(\hat{GMF}+\hat{GMH}\right)=\frac12\cdot\hat{FMH}=\hat{FMA}\)

\(=90^0-\hat{FMB}=\hat{FBM}=\hat{DBM}\)

Xét ΔDME và ΔDBM có

\(\hat{DME}=\hat{DBM}\)

\(\hat{MDE}=\hat{BDM}\)

Do đó: ΔDME~ΔDBM

=>\(\hat{DEM}=\hat{DMB}\)

=>\(\hat{DEM}=\hat{MEC}\)

=>\(\hat{DMB}=\hat{CEM}\)

Xét ΔDMB và ΔMEC có

\(\hat{DMB}=\hat{MEC}\)

\(\hat{B}=\hat{C}\)

Do đó: ΔDMB~ΔMEC

c: ΔDMB~ΔMEC

=>\(\frac{DB}{MC}=\frac{MB}{EC}\)

=>\(DB\cdot EC=MB\cdot MC=a^2\)

Sửa đề: Các đường cao AD,BE cắt nhau tại H

Xét ΔADB vuông tại D có tan B=\(\frac{AD}{DB}\)

Xét ΔADC vuông tại D có tan C=\(\frac{AD}{DC}\)

Xét ΔDBH vuông tại D và ΔDAC vuông tại D có

\(\hat{DBH}=\hat{DAC}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)

Do đó: ΔDBH~ΔDAC

=>\(\frac{DB}{DA}=\frac{DH}{DC}\)

=>\(DB\cdot DC=DH\cdot DA\)

\(\tan B\cdot\tan C=\frac{AD}{DB}\cdot\frac{AD}{DC}=\frac{AD^2}{DB\cdot DC}=\frac{AD^2}{DH\cdot DA}=\frac{DA}{DH}\) (ĐPCM)

a: Xét ΔAHE vuông tại H và ΔAHF vuông tại H có

AH chung

\(\hat{HAE}=\hat{HAF}\)

Do đó: ΔAHE=ΔAHE

=>HE=HF

=>H là trung điểm của EF

ΔAHE vuông tại H

=>\(AH^2+HE^2=AE^2\)

=>\(AH^2+\frac{EF^2}{4}=AE^2\)

c: Qua C, kẻ CK//AE(K∈FE)

CK//AE

=>\(\hat{CKF}=\hat{AEF}\) (hai góc đồng vị)

mà \(\hat{AEF}=\hat{CFK}\) (ΔAHF=ΔAHE)

nên \(\hat{CFK}=\hat{CKF}\)

=>CK=CF

Xét ΔMKC và ΔMEB có

\(\hat{MCK}=\hat{MBE}\) (hai góc so le trong, CK//BE)

MC=MB

\(\hat{KMC}=\hat{EMB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMKC=ΔMEB

=>CK=EB

mà CK=CF

nên BE=CF

d: \(\frac{AB+AC}{2}=\frac{AE+EB+AC}{2}=\frac{AF+CF+AC}{2}\)

\(=\frac{AF+AF}{2}=AF\)

=AE

Số số hạng của dãy số là:

\(\frac{55,1-1,2}{1,1}+1=50\) (số)

Tổng của dãy số là: \(S=\left(55,1+1,2\right)\times\frac{50}{2}=56,3\times25=1407,5\)

Đặt h(t)>=5

=>\(-4,9t^2+20t+1\ge5\)

=>\(-4,9t^2+20t-4\ge0\)

=>\(4,9t^2-20t+4<=0\)

=>\(49t^2-200t+40\le0\)

=>\(t^2-\frac{200}{49}t+\frac{40}{49}\le0\)

=>\(t^2-2\cdot t\cdot\frac{100}{49}+\frac{10000}{2401}-\frac{8040}{2401}\le0\)

=>\(\left(t-\frac{100}{49}\right)^2\le\frac{8040}{2401}\)

=>\(-\frac{2\sqrt{2010}}{49}\le t-\frac{100}{49}\le\frac{2\sqrt{2010}}{49}\)

=>\(\frac{-2\sqrt{2010}+100}{49}\le t\le\frac{2\sqrt{2010}+100}{49}\)

a: Cách 1:

\(\left(\frac13+\frac15\right)\times\frac12\)

\(=\left(\frac{5}{15}+\frac{3}{15}\right)\times\frac12\)

\(=\frac{8}{15}\times\frac12=\frac{8}{30}=\frac{4}{15}\)

Cách 2: \(\left(\frac13+\frac15\right)\times\frac12\)

\(=\frac13\times\frac12+\frac15\times\frac12\)

\(=\frac16+\frac{1}{10}=\frac{5}{30}+\frac{3}{30}=\frac{8}{30}=\frac{4}{15}\)

b: Cách 1: \(\left(\frac13-\frac15\right)\times\frac12\)

\(=\frac{5-3}{15}\times\frac12\)

\(=\frac{2}{15}\times\frac12=\frac{1}{15}\)

Cách 2: \(\left(\frac13-\frac15\right)\times\frac12\)

\(=\frac13\times\frac12-\frac15\times\frac12\)

\(=\frac16-\frac{1}{10}\)

\(=\frac{5}{30}-\frac{3}{30}=\frac{2}{30}=\frac{1}{15}\)

a: Ta có: \(\hat{DAC}=\hat{DAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)

\(\hat{BAE}=\hat{BAC}+\hat{EAC}=90^0+\hat{BAC}\)

Do đó: \(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

Xét ΔDAC và ΔBAE có

DA=BA

\(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

AC=AE

Do đó: ΔDAC=ΔBAE

b: ΔDAC=ΔBAE

=>\(\hat{ADC}=\hat{ABE}\) và DC=BE

Xét tứ giác ADBK có \(\hat{ADK}=\hat{ABK}\)

nên ADBK là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DKB}=\hat{DAB}=90^0\)

=>DC⊥BE tại K

ΔDKB vuông tại K

=>\(DK^2+KB^2=DB^2\)

=>\(DB^2-DK^2=KB^2\)

ΔBKC vuông tại K

=>\(BK^2+KC^2=BC^2\)

=>\(BC^2-CK^2=BK^2\)

=>\(DB^2-DK^2=BC^2-CK^2\)

=>\(DB^2+CK^2=BC^2+DK^2\)

c: Trên tia đối của tia IA, lấy M sao cho IA=IM

Xét ΔIME và ΔIAD có

IM=IA

\(\hat{MIE}=\hat{AID}\) (hai góc đối đỉnh)

IE=ID

Do đó: ΔIME=ΔIAD

=>\(\hat{IME}=\hat{IAD}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên ME//AD
=>\(\hat{DAE}+\hat{AEM}=180^0\)

TA có: \(\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{BAC}+\hat{EAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=360^0-90^0-90^0=180^0\)

=>\(\hat{AEM}=\hat{CAB}\)

ΔIAD=ΔIME

=>AD=ME

mà AD=AB

nên ME=AB

Xét ΔAEM và ΔCAB có

AE=CA

\(\hat{AEM}=\hat{CAB}\)

EM=AB

Do đó: ΔAEM=ΔCAB

=>\(\hat{EAM}=\hat{ACB}\)

Ta có: \(\hat{EAM}+\hat{EAC}+\hat{HAC}=180^0\)

=>\(\hat{EAM}+\hat{HAC}=180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{HAC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>ΔAHC vuông tại H

=>IA⊥BC tại H

a: Ta có: \(\hat{DAC}=\hat{DAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)

\(\hat{BAE}=\hat{BAC}+\hat{EAC}=90^0+\hat{BAC}\)

Do đó: \(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

Xét ΔDAC và ΔBAE có

DA=BA

\(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

AC=AE

Do đó: ΔDAC=ΔBAE

b: ΔDAC=ΔBAE

=>\(\hat{ADC}=\hat{ABE}\) và DC=BE

Xét tứ giác ADBK có \(\hat{ADK}=\hat{ABK}\)

nên ADBK là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DKB}=\hat{DAB}=90^0\)

=>DC⊥BE tại K

ΔDKB vuông tại K

=>\(DK^2+KB^2=DB^2\)

=>\(DB^2-DK^2=KB^2\)

ΔBKC vuông tại K

=>\(BK^2+KC^2=BC^2\)

=>\(BC^2-CK^2=BK^2\)

=>\(DB^2-DK^2=BC^2-CK^2\)

=>\(DB^2+CK^2=BC^2+DK^2\)

c: Trên tia đối của tia IA, lấy M sao cho IA=IM

Xét ΔIME và ΔIAD có

IM=IA

\(\hat{MIE}=\hat{AID}\) (hai góc đối đỉnh)

IE=ID

Do đó: ΔIME=ΔIAD

=>\(\hat{IME}=\hat{IAD}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên ME//AD
=>\(\hat{DAE}+\hat{AEM}=180^0\)

TA có: \(\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{BAC}+\hat{EAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=360^0-90^0-90^0=180^0\)

=>\(\hat{AEM}=\hat{CAB}\)

ΔIAD=ΔIME

=>AD=ME

mà AD=AB

nên ME=AB

Xét ΔAEM và ΔCAB có

AE=CA

\(\hat{AEM}=\hat{CAB}\)

EM=AB

Do đó: ΔAEM=ΔCAB

=>\(\hat{EAM}=\hat{ACB}\)

Ta có: \(\hat{EAM}+\hat{EAC}+\hat{HAC}=180^0\)

=>\(\hat{EAM}+\hat{HAC}=180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{HAC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>ΔAHC vuông tại H

=>IA⊥BC tại H