A B C D F E

Ta có DE//AC \(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{CD}{BC}\) (Talet)

Ta có DF//AB \(\Rightarrow\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{BD}{BC}\) (Talet)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}+\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{CD}{BC}+\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{BC}{BC}=1\left(dpcm\right)\)

Ta có ED // AC suy ra 

$\frac{AE}{A}=\frac{CD}{CB}$ (định lí Thales trong tam giác)

          FD // AB suy ra $\frac{AF}{AC}=\frac{BD}{BC}$ (định lí Thales trong tam giác).

Suy ra $\frac{AE}{AB}+\frac{AF}{AC}=\frac{CD}{BC}+\frac{BD}{BC}=\frac{BC}{BC}=1.$

B

a: Xét tứ giác AEMF có \(\hat{AEM}=\hat{AFM}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEMF là hình chữ nhật

b: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=9^2+12^2=81+144=225=15^2\)

=>BC=15(cm)

ΔABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến

nên \(AM=\frac{BC}{2}=\frac{15}{2}=7,5\left(\operatorname{cm}\right)\)

c: Xét tứ giác ABHC có

M là trung điểm chung của AH và BC

=>ABHC là hình bình hành

Hình bình hành ABHC có \(\hat{BAC}=90^0\)

nên ABHC là hình chữ nhật

d: Sửa đề: AMCD là hình thoi

Xét ΔABC có

M là trung điểm của BC

MF//AB

Do đó: F là trung điểm của AC

Xét tứ giác AMCD có

F là trung điểm chung của AC và MD

=>AMCD là hình bình hành

Hình bình hành AMCD có MA=MC

nên AMCD là hình thoi

e: Hình thoi AMCD trở thành hình vuông khi AM⊥MC

=>AM⊥BC tại M

Xét ΔABC có

AM là đường cao

AM là đường trung tuyến

Do đó: ΔABC cân tại A

=>AB=AC

a: Xét ΔAEB vuông tại A và ΔDKA vuông tại D có

AB=DA
\(\hat{AEB}=\hat{DKA}\left(=90^0-\hat{DAK}\right)\)

Do đó: ΔAEB=ΔDKA

b: ΔAEB=ΔDKA

=>AE=DK; BE=KA

TA có: AE=DK

mà AE=AF

nên AF=DK

c: Ta có: AF+FB=AB

DK+KC=DC

mà AF=DK và AB=DC

nên FB=KC

Xét tứ giác FBCK có

FB//KC

FB=KC

Do đó: FBCK là hình bình hành

Hình bình hành FBCK có \(\hat{FBC}=90^0\)

nên FBCK là hình chữ nhật

d: FBCK là hình chữ nhật

=>FC cắt BK tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của FC và BK

FBCK là hình chữ nhật

=>FC=BK

mà \(FO=OC=\frac{FC}{2};OB=OK=\frac{BK}{2}\)

nên \(FO=OC=OB=OK=\frac{FC}{2}=\frac{BK}{2}\)

ΔHKB vuông tại H

mà HO là đường trung tuyến

nên \(HO=\frac{KB}{2}=\frac{FC}{2}\)

Xét ΔHFC có

HO là đường trung tuyến

\(HO=\frac{FC}{2}\)

Do đó: ΔHFC vuông tại H

a)

\(\dfrac{x^3-8}{5x+10}.\dfrac{x^2+4x}{x^2+2x+4}=\dfrac{\left(x-2\right)\left(x^2+2x+4\right)}{5\left(x+2\right)}.\dfrac{x\left(x+4\right)}{x^2+2x+4}\\ =\dfrac{\left(x-2\right).\left(x^2+4x\right)}{5x+10}\\ =\dfrac{x^3+4x^2-2x^2-8x}{5x+10}\\ =\dfrac{x^3+2x^2-8x}{5x+10}\)

b)

\(=\dfrac{\left(x-6\right)\left(x+6\right)}{2x+10}.-\dfrac{3}{x-6}\\ =\dfrac{-3\left(x+6\right)}{2x+10}\\ =\dfrac{-3x-18}{2x+10}\)

\(M_2CO_3+2HCl\rightarrow2MCl+H_2O+CO_2\)

a---------->2a--------------------------->a

\(MHCO_3+HCl\rightarrow MCl+H_2O+CO_2\)

b---------->b---------------------------->b

\(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

0,1----->0,1

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=n_{CO_2}=0,3\\2a+b+0,1=0,5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\\b=0,2\end{matrix}\right.\)

=> \(0,1\left(2M+60\right)+0,2\left(M+61\right)=27,4\Rightarrow M=23\)

M là Na

Hai muối ban đầu là \(Na_2CO_3,NaHCO_3\)

\(m_{Na_2CO_3}=0,1.106=10,6\left(g\right)\)

\(m_{NaHCO_3}=0,2.84=16,8\left(g\right)\)

b. Trong đề không có đề cập tới V bạn.

Xét ΔBAC có AM là phân giác góc ngoài tại đỉnh A

nên \(\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}\) (2)

Gọi Ax là tia đối của tia AC

=>\(\hat{xAB}\) là góc ngoài tại đỉnh A của ΔABC

=>AM là phân giác của góc xAB

Ta có: NB//AM

=>\(\hat{ABM}=\hat{MAB}\) (hai góc so le trong) và \(\hat{xAM}=\hat{ANB}\) (hai góc đồng vị)

mà \(\hat{MAB}=\hat{xAM}\)

nên \(\hat{ABN}=\hat{ANB}\)

=>AB=AN(1)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{MB}{MC}=\frac{NA}{AC}\)

Xét ΔBMC có BH là phân giác

nên \(\frac{HM}{HC}=\frac{BM}{BC}\)

mà BM=CN

nên \(\frac{HM}{HC}=\frac{CN}{CB}\) (1)

Xét ΔBCN có CK là phân giác

nên \(\frac{NK}{KB}=\frac{CN}{CB}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{HM}{HC}=\frac{NK}{KB}\)

\(\approx\) 25555,75kg