b:

ΔDAB vuông tại A

=>\(DB^2=AB^2+AD^2\)

=>\(DB^2=8^2+6^2=64+36=100=10^2\)

=>DB=10(cm)

Xét ΔDHA vuông tại H và ΔDAB vuông tại A có

\(\hat{HDA}\) chung

Do đó: ΔDHA~ΔDAB

=>\(\frac{DH}{DA}=\frac{DA}{DB}=\frac{HA}{AB}\)

=>\(\begin{cases}DH\cdot DB=DA^2\\ AH\cdot BD=AB\cdot AD\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}DH=\frac{6^2}{10}=3,6\left(\operatorname{cm}\right)\\ AH=\frac{6\cdot8}{10}=4,8\left(\operatorname{cm}\right)\end{cases}\)

c: Sửa đề: M∈BD

Xét ΔABD có AM là phân giác

nên \(\frac{MB}{AB}=\frac{MD}{AD}\)

=>\(\frac{MB}{8}=\frac{MD}{6}\)

=>\(\frac{MB}{4}=\frac{MD}{3}\)

mà MB+MD=BD=10

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

\(\frac{MB}{4}=\frac{MD}{3}=\frac{MB+MD}{4+3}=\frac{10}{7}\)

=>\(\begin{cases}MB=4\cdot\frac{10}{7}=\frac{40}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\\ MD=3\cdot\frac{10}{7}=\frac{30}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\end{cases}\)

d:

DH+HB=DB

=>HB=10-3,6=6,4(cm)

Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHBK vuông tại H có

\(\hat{HAB}=\hat{HBK}\left(=90^0-\hat{HBA}\right)\)

Do đó; ΔHAB~ΔHBK

=>\(\frac{S_{HAB}}{S_{HBK}}=\left(\frac{HA}{HB}\right)^2=\left(\frac{4.8}{6.4}\right)^2=\left(\frac34\right)^2=\frac{9}{16}\)

e: Xét ΔHID vuông tại H và ΔHAB vuông tại H có

\(\hat{HID}=\hat{HAB}\) (hai góc so le trong, AB//ID)

Do đó: ΔHID~ΔHAB

=>\(\frac{HI}{HA}=\frac{HD}{HB}\) (1)

Xét ΔHDA vuông tại H vàΔHBK vuông tại H có

\(\hat{HDA}=\hat{HBK}\) (hai góc so le trong, AD//BK)

Do đó: ΔHDA~ΔHBK

=>\(\frac{HD}{HB}=\frac{HA}{HK}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{HA}{HK}=\frac{HI}{HA}\)

=>\(HA^2=HI\cdot HK\)

\(\dfrac{x}{x-1}+\dfrac{x-1}{x}=2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{x\left(x-1\right)}+\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x\left(x-1\right)}=2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+\left(x-1\right)^2}{x\left(x-1\right)}=2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+x^2-2x+1}{x\left(x-1\right)}-\dfrac{2x\left(x-1\right)}{x\left(x-1\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x^2-2x+1-\left(2x^2-2x\right)}{x\left(x-1\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x^2-2x+1-2x^2+2x}{x\left(x-1\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x\left(x-1\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow1=0x\left(x-1\right)\)

\(\Leftrightarrow1=0\)

vậy phương trình không có nghiệm

khoảng cách : `1`

số số hạng là  :`(2050-2021):1+1=30`

tổng là : `(2050 +2021) . 30 :2=61065`

giup tớ 

Qua M, kẻ ME//BN(E∈CN)

Xét ΔBNC có ME//BN

nên \(\frac{CM}{MB}=\frac{CE}{EN}\)

=>\(\frac{CE}{EN}=\frac12\)

=>\(NE=2\cdot CE\)

Ta có: NC= NE+EC

=>NC=2CE+CE=3CE

NC=3AN

=>3AN=3CE

=>AN=CE

=>AN=1/2NE

Xét ΔAME có IN//ME

nên \(\frac{AN}{NE}=\frac{AI}{IM}\)

=>\(\frac{AI}{IM}=\frac12\)

=>\(\frac{AI}{AM}=\frac13;\frac{MI}{MA}=\frac23\)

Qua M, kẻ MF//KC(F∈BK)

Xét ΔBKC có FM//KC

nên \(\frac{BM}{MC}=\frac{BF}{FK}\)

=>\(\frac{BF}{FK}=2\)

=>BK=2KF

Xét ΔAFM có KI//FM

nên \(\frac{AK}{KF}=\frac{AI}{IM}=\frac12\)

=>\(AK=\frac12KF\)

Ta có: AK+KF+FB=AB

=>\(AB=KF+2KF+\frac12KF=3,5KF\)

=>\(\frac{AB}{BK}=\frac{3.5}{2}=\frac74\)

1: ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên MA=MB=MC

Xét tứ giác AEBM có

D là trung điểm chung của AB và EM

=>AEBM là hình bình hành

Hình bình hành AEBM có MA=MB

nên AEBM là hình thoi

2: AEBM là hình thoi

=>AM=AE và BM=BE

=>AB là đường trung trực của ME

=>M đối xứng với E qua AB

3: Hình thoi AEBM trở thành hình vuông khi AM⊥MB

=>AM⊥BC tại M

Xét ΔABC có

AM là đường cao

AM là đường trung tuyến

Do đó: ΔABC cân tại A

=>AB=AC

Vì hai bài giống nhau nên anh sẽ làm mẫu bài 1 nhé.

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

b: Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\hat{DBH}\) chung

Do đó: ΔBDH~ΔBEC

=>\(\frac{BD}{BE}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(BH\cdot BE=BD\cdot BC\)

Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có

\(\hat{DCH}\) chung

Do đó: ΔCDH~ΔCFB

=>\(\frac{CD}{CF}=\frac{CH}{CB}\)

=>\(CH\cdot CF=CD\cdot CB\)

ΔBFC vuông tại F

mà FM là đường trung tuyến

nên \(FM=\frac{BC}{2}\)

ΔBEC vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên \(EM=\frac{BC}{2}\)

\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)

\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC\)

\(=BC\left(BD+CD\right)=BC^2=BC\cdot BC=2\cdot MF\cdot2\cdot ME\)

\(=4\cdot MF\cdot ME\)

c: Xét ΔHBC có HD là đường cao

nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HD\cdot BC\left(1\right)\)

Xét ΔABC có AD là đường cao

nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AD\cdot BC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HD\cdot BC}{\frac12\cdot AD\cdot BC}=\frac{HD}{AD}\)

Xét ΔHAC có HE là đường cao

nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HE\cdot AC\left(3\right)\)

Xét ΔBAC có BE là đường cao

nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BE\cdot AC\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HE\cdot AC}{\frac12\cdot BE\cdot AC}=\frac{HE}{EB}\)

Xét ΔHAB có HF là đường cao

nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HF\cdot AB\left(5\right)\)

Xét ΔBAC có CF là đường cao

nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot CF\cdot AB\) (6)

Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HF\cdot AB}{\frac12\cdot CF\cdot AB}=\frac{HF}{CF}\)

\(\frac{HF}{CF}+\frac{HE}{BE}+\frac{HD}{AD}\)

\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{HBC}}{S_{ABC}}=1\)

ko bt lm

ĐKXĐ: x∉{0;-2}

Ta có; \(\frac{270}{x+2}+\frac{7}{10}=\frac{270}{x}\)

=>\(\frac{270}{x}-\frac{270}{x+2}=\frac{7}{10}\)

=>\(\frac{270\left(x+2\right)-270x}{x\left(x+2\right)}=\frac{7}{10}\)

=>\(\frac{270x+540-270x}{x\left(x+2\right)}=\frac{7}{10}\)

=>7x(x+2)=5400

=>\(7x^2+14x-5400=0\)

=>\(x^2+2x-\frac{5400}{7}=0\)

=>\(x^2+2x+1-\frac{5407}{7}=0\)

=>\(\left(x+1\right)^2=\frac{5407}{7}\)

=>\(x+1=\pm\sqrt{\frac{5407}{7}}\)

=>\(x=-1\pm\sqrt{\frac{5407}{7}}\) (nhận)