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

nên \(BM\cdot BA=BH^2\left(1\right)\) ; \(AM\cdot AB=AH^2\)

Xét ΔBHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(BH^2=BN\cdot BC\left(2\right)\) ; \(CN\cdot CB=CH^2\)

Từ (1),(2) suy ra \(BM\cdot BA=BN\cdot BC\)

b: Xét ΔBAC vuông tại B có BH là đường cao

nên \(BA^2=AH\cdot AC;BC^2=CH\cdot CA\)

=>\(\frac{BA^2}{BC^2}=\frac{AH\cdot AC}{CH\cdot AC}=\frac{AH}{CH}\)

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

=>\(AM=\frac{AH^2}{AB}\)

\(CN\cdot CB=CH^2\)

=>\(CN=\frac{CH^2}{CB}\)

\(\frac{AM}{CN}=\frac{AH^2}{AB}:\frac{CH^2}{CB}=\frac{AH^2}{CH^2}\cdot\frac{CB}{AB}\)

\(=\left(\frac{AH}{CH}\right)^2\cdot\frac{BC}{BA}=\left(\frac{BA^2}{BC^2}\right)^2\cdot\frac{BC}{BA}=\frac{BA^4}{BC^4}\cdot\frac{BC}{BA}=\frac{BA^3}{BC^3}\)

c:

Xét ΔBAC vuông tại B có BH là đường cao

nên \(BH\cdot AC=BA\cdot BC;BH^2=HA\cdot HC\)

\(AM\cdot CN\cdot AC\)

\(=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{CH^2}{CB}\cdot AC=\frac{BH^4}{AC\cdot BH}\cdot AC=BH^3\)

a: A={1;3;5;...;999}

Số phần tử của A là \(\frac{999-1}{2}+1=\frac{998}{2}+1=500\) (phần tử)

b: B={3;6;9;...;99}

Số phần tử cua B là (99-3):3+1=32+1=33(phần tử)

Gọi số cần tìm có dạng là \(\overline{ab7}\)

Số mới tạo thành sau khi chuyển chữ số 7 lên đầu là \(\overline{7ab}\)

Theo đề, ta có: \(\overline{7ab}=2\cdot\overline{ab7}+21\)

=>\(700+\overline{ab}=2\left(10\cdot\overline{ab}+7\right)+21\)

=>\(20\cdot\overline{ab}+35=\overline{ab}+700\)

=>\(19\cdot\overline{ab}=700-35=665\)

=>\(\overline{ab}=35\)

Vậy: Số cần tìm là 357

Bài 1:

a: Xét ΔBAC và ΔABD có

AB chung

AC=BD

BC=AD

Do đó: ΔBAC=ΔABD

=>\(\hat{BAC}=\hat{ABD}\)

b: Xét ΔADC và ΔBCD có

AD=BC

DC chung

AC=BD

Do đó: ΔADC=ΔBCD

c: AB//CD

=>\(\hat{EAB}=\hat{ADC}\) (hai góc đồng vị) và \(\hat{EBA}=\hat{BCD}\) (hai góc đồng vị)

mà \(\hat{ADC}=\hat{BCD}\) (ABCD là hình thang cân)

nên \(\hat{EAB}=\hat{EBA}\)

=>ΔEAB cân tại E

d: Xét ΔKDA và ΔKCB có

KD=KC

\(\hat{KDA}=\hat{KCB}\)

DA=CB

Do đó: ΔKDA=ΔKCB

=>KA=KB

=>K nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: HA=HB

=>H nằm trên đường trung trực của AB(2)

Ta có: EA=EB

=>E nằm trên đường trung trực của AB(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra E,H,K thẳng hàng

Bài 2:

a: Xét tứ giác EFCB có

EF//CB

\(\hat{EBC}=\hat{FCB}\)

Do đó: EFCBlà hình thang cân

b: EFCB là hình thang cân

=>EB=FC

AE+EB=AB

AF+FC=AC

mà EB=FC và AB=AC

nên AE=AF
ΔAEF cân tại A

mà AH là đường trung tuyến

nên AH là phân giác của góc EAF

=>AH là phân giác của góc BAC
ΔABC cân tại A

mà AK là đường trung tuyến

nên AK là phân giác của góc BAC và AK⊥BC

c: AK là phân giác của góc BAC

AH là phân giác của góc BAC

AK và AH có điểm chung là A

Do đó: A,K,H thẳng hàng

Bài 4: AB//CD

=>\(\hat{A}+\hat{D}=180^0\)

=>\(\frac13\cdot\hat{D}+\hat{D}=180^0\)

=>\(\frac43\cdot\hat{D}=180^0\)

=>\(\hat{D}=180^0:\frac43=135^0\)

=>\(\hat{A}=135^0\cdot\frac13=45^0\)

AB//CD

=>\(\hat{B}+\hat{C}=180^0\)

mà \(\hat{B}-\hat{C}=50^0\)

nên \(\hat{B}=\frac{180^0+50^0}{2}=115^0;\hat{C}=115^0-50^0=65^0\)

Bài 2:

BA=BC

=>ΔBAC cân tại B

=>\(\hat{BAC}=\hat{BCA}\)

mà \(\hat{BAC}=\hat{DAC}\) (AC là phân giác của góc BAD)

nên \(\hat{BCA}=\hat{DAC}\)

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

nên BC//AD

=>ABCD là hình thang

Câu 9:

a: (x+3)(x-4)

\(=x^2-4x+3x-12=x^2-x-12\)

b: \(\left(x-4\right)\left(x^2+4x+16\right)\)

\(=x^3+4x^2+16x-4x^2-16x-64\)

\(=x^3-64\)

c: \(\left(mn^2-1\right)\left(m^2n+5\right)\)

\(=m^3n^3+5mn^2-m^2n-5\)

d: \(4\left(x-\frac12\right)\left(x+\frac12\right)\left(4x^2+1\right)\)

\(=4\left(x^2-\frac14\right)\left(4x^2+1\right)\)

\(=\left(4x^2-1\right)\left(4x^2+1\right)=16x^4-1\)

e: \(\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)=x^3+x^2y+xy^2-x^2y-xy^2-y^3=x^3-y^3\)

f: \(\left(x+y\right)^2=x^2+2xy+y^2\)

g: \(\left(x-y\right)^2=x^2-2xy+y^2\)

Chiều cao của ngọn tháp là:

\(35\cdot\tan68\) ≃86,6(m)

a: Xét ΔDKE vuông tại K có KM là đường cao

nên \(DM\cdot DE=DK^2\left(1\right)\)

Xét ΔDKF vuông tại K có KN là đường cao

nên \(DN\cdot DF=DK^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(DM\cdot DE=DN\cdot DF\)

b: \(DM\cdot DE=DN\cdot DF\)

=>\(\frac{DM}{DF}=\frac{DN}{DE}\)

Xét ΔDMN vuông tại D và ΔDFE vuông tại D có

\(\frac{DM}{DF}=\frac{DN}{DE}\)

Do đó: ΔDMN~ΔDFE

a: Ta có: \(\hat{BAE}+\hat{EAD}=\hat{BAD}=90^0\)

\(\hat{FAD}+\hat{DAE}=\hat{FAE}=90^0\)

Do đó: \(\hat{BAE}=\hat{FAD}\)

Xét ΔBAE và ΔDAF có

BA=DA

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

AE=AF

Do đó: ΔBAE=ΔDAF

=>\(\hat{ABE}=\hat{ADF}\)

=>\(\hat{ADF}=90^0\)

=>AD⊥ DF

mà AD⊥ DC tại D

và DF,DC có điểm chung là D

nên F,D,C thẳng hàng

b: Xét ΔAFG vuông tại A có AD là đường cao

nên \(\frac{1}{AF^2}+\frac{1}{AG^2}=\frac{1}{AD^2}\)

=>\(\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AG^2}=\frac{1}{AD^2}\)

1: Ta sẽ dựng ΔABC vuông tại A có AB=6cm; AC=8cm; BC=10cm

Ta sẽ được sin C=AB/BC=6/10=3/5

2: TA có: \(1+\tan^2a=\frac{1}{cos^2a}\)

=>\(1+\tan^2a=\frac{1}{0,6^2}=1:0,36=1:\frac{9}{25}=\frac{25}{9}\)

=>\(\tan^2a=\frac{25}{9}-1=\frac{16}{9}\)

=>tan a=\(\sqrt{\frac{16}{9}}=\frac43\)

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

=>\(\hat{COB}=180^0-130^0=50^0\)

b: OD là phân giác của góc COB

=>\(\hat{COD}=\frac12\cdot\hat{COB}=\frac12\cdot50^0=25^0\)