Nguyễn Hữu Tiến

Lá cờ đỏ sao vàng lần đầu tiên xuất hiện trong cuộc khởi nghĩa Nam Kỳ chống thực dân Pháp (23-11-1940)

Một số loại thực phẩm phù hợp với người bị bệnh sỏi thận, suy thận và viêm cầu thận: rau, củ, quả tươi nhằm cung cấp vitamin và chất xơ cho cơ thể, giúp tiêu hoá nhanh, tránh ứ đọng trong ruột, giảm thiểu sự tái hấp thụ chất oxalate từ ruột gây sỏi trong hệ bài tiết; dầu ô-liu; đồ ăn nhẹ không ướp muối; các loại cá; phô mai tươi;…

Một số loại thực phẩm phù hợp với người bị bệnh sỏi thận: chanh, cam,các loại đậu, các loại hạt,dứa,...

Một số thực phẩm phù hợp với người bị bệnh suy thận : các loại giàu tinh bột như bánh mì, ngũ cốc, gạo, mì ống, bỏng ngô và bánh quy không gia vị, các loại rau có hàm lượng kali thấp như cà chua, cà tím, rau diếp,....

Một số loại thực phẩm phù hợp với người bị bệnh viêm cầu thận : thịt nạc (gia cầm, cá, hải sản); các loại đậu như đậu xanh, đậu nành; rau và trái cây như rau diếp,

a: Xét ΔABC có EF//BC

nên \(\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{AE}{AB}\)

=>\(\dfrac{EF}{16}=\dfrac{2}{8}=\dfrac{1}{4}\)

=>\(EF=\dfrac{16}{4}=4\left(cm\right)\)

b: Xét ΔDEF có MC//EF

nên \(\dfrac{EM}{DM}=\dfrac{FC}{CD}=\dfrac{FC}{EB}\)(1)

Xét ΔABC có EF//BC

nên \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

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

=>\(\dfrac{AB}{AE}-1=\dfrac{AC}{AF}-1\)

=>\(\dfrac{BE}{AE}=\dfrac{CF}{AF}\)

=>\(\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AF}{CF}\)

=>\(\dfrac{AE+BE}{BE}=\dfrac{AF+CF}{CF}\)

=>\(\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{AC}{CF}\)

=>\(\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{CF}{BE}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\dfrac{EM}{DM}=\dfrac{AC}{AB}\)

a: Xét ΔABC có

M,N lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>MN là đường trung bình của ΔABC

=>MN//BC và \(MN=\dfrac{BC}{2}\)

=>\(MN=\dfrac{6}{2}=3\left(cm\right)\)

b: 

Xét ΔNAM có NK là phân giác

nên \(\dfrac{MK}{KA}=\dfrac{MN}{NA}\)

=>\(\dfrac{MK}{KA}=\dfrac{BC}{2}:NC=\dfrac{BC}{2NC}\)

=>\(\dfrac{BC}{NC}=\dfrac{2MK}{KA}\left(1\right)\)

Xét ΔNCB có CI là phân giác

nên \(\dfrac{IB}{IN}=\dfrac{BC}{CN}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{2MK}{KA}=\dfrac{IB}{IN}\)

Câu 2:

a. ĐKXĐ: $x\neq \pm 2; x\neq -3$

\(A=\frac{(x+3)(x-5)}{(x+2)(x+3)}-\frac{6x-4}{(x-2)(x+2)}-\frac{x(x+2)}{(x-2)(x+2)}\\ =\frac{x-5}{x+2}-\frac{6x-4}{(x-2)(x+2)}-\frac{x^2+2x}{(x-2)(x+2)}\\ =\frac{(x-5)(x-2)}{(x+2)(x-2)}-\frac{6x-4}{(x-2)(x+2)}-\frac{x^2+2x}{(x-2)(x+2)}\\ =\frac{x^2-7x+10-6x+4-x^2-2x}{(x-2)(x+2)}=\frac{-15x+14}{(x-2)(x+2)}\)

Khi $x^2-3x-4=0$

$\Leftrightarrow (x+1)(x-4)=0$

$\Leftrightarrow x=-1$ hoặc $x=4$

Nếu $x=-1$ thì:

$A=\frac{-15(-1)+14}{(-1-2)(-1+2)}=\frac{-29}{3}$

Nếu $x=4$ thì:

$A=\frac{-15.4+14}{(4-2)(4+2)}=\frac{-23}{6}$

Lần sau bạn có thể gõ đề hẳn ra để mọi người quan sát dễ hơn nhé. Đề mờ có thể một số bạn không đọc được.

a) ĐK: \(x\ne\pm2\)

b) \(A=\left(\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{1}{x+2}-\dfrac{2}{x-2}\right):\left(1-\dfrac{x}{x+2}\right)\)

\(=\left[\dfrac{x}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}+\dfrac{x-2}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}-\dfrac{2\left(x+2\right)}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}\right]:\left[\dfrac{x+2}{x+2}-\dfrac{x}{x+2}\right]\)

\(=\dfrac{x+x-2-2x-4}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}:\dfrac{2}{x+2}\)

\(=\dfrac{-6}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}\cdot\dfrac{x+2}{2}\)

\(=\dfrac{-3}{x-2}\) 

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

AB=AC

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB=ΔAFC

=>AE=AF; BE=CF

Xét ΔABC có \(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

nên FE//BC

=>BFEC là hình thang

Hình thang BFEC có \(\hat{FBC}=\hat{ECB}\)

nên BFEC là hình thang cân

b: ΔAFH vuông tại F

mà FO là đường trung tuyến

nên OF=OA=OH=AH/2(1)

ΔAEH vuông tại E

mà EO là đường trung tuyến

nên \(OE=OH=OA=\frac12AH\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra OF=OA=OH=OE

I nằm trên đường trung trực của MF

=>IM=IF

=>ΔIMF cân tại I

=>\(\hat{IMF}=\hat{IFM}\)

mà \(\hat{IFM}=\hat{AEF}\) (ΔAEF cân tại A)

nên \(\hat{IMF}=\hat{AEF}\)

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

nên IM//AE

=>IM//AK

K nằm trên đường trung trực của ME

=>KM=KE

=>ΔKME cân tại K

=>\(\hat{KME}=\hat{KEM}\)

mà \(\hat{KEM}=\hat{AFE}\) (ΔAEF cân tại A)

nên \(\hat{KME}=\hat{AFE}\)

=>KM//AF

=>KM//AI

Xét tứ giác AKMI có

AK//MI

AI//MK

Do đó: AKMI là hình bình hành

=>AK=MI

mà MI=IF

nên AK=IF

Xét ΔAFH vuông tại F và ΔAEH vuông tại E có

AH chung

AF=AE

Do đó: ΔAFH=ΔAEH

=>\(\hat{FAH}=\hat{EAH}\)

=>\(\hat{OAK}=\hat{FAO}\)

mà \(\hat{FAO}=\hat{OFA}=\hat{OFI}\) (ΔOAF cân tại O)

nên \(\hat{OAK}=\hat{OFI}\)

Xét ΔOAK và ΔOFI có

OA=OF

\(\hat{OAK}=\hat{OFI}\)

AK=FI

Do đó: ΔOAK=ΔOFI

=>OK=OI

c: Gọi D là giao điểm của AM và KI

AIMK là hình bình hành

=>AM cắt KI tại trung điểm của mỗi đường

=>D là trung điểm chung của AM và KI

ΔOKI cân tại O

mà OD là đường trung tuyến

nên OD⊥KI tại D

Xét ΔAHM có

O,D lần lượt là trung điểm của AH,AM

=>OD là đường trung bình của ΔAHM

=>OD//HM

=>KI⊥HM

=>HM⊥KN

KM//AI

=>KM//AB

mà CF⊥AB

nên KM⊥CF

=>KM⊥HN

Xét ΔKHN có

KM,HM là các đường cao

KM cắt HM tại M

Do đó: M là trực tâm của ΔKHN

=>HK⊥MN

a: Xét tứ giác BMEN có \(\hat{BME}=\hat{BNE}=\hat{MBN}=90^0\)

Do đó: BMEN là hình chữ nhật

b: ΔBAC vuông tại B

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

=>\(AC^2=12^2+16^2=144+256=400=20^2\)

=>AC=20(cm)

Xét ΔCEB vuông tại E và ΔCBA vuông tại B có

\(\hat{ECB}\) chung

Do đó: ΔCEB~ΔCBA

=>\(\frac{CE}{CB}=\frac{CB}{CA}\)

=>\(CE\cdot CA=CB^2\)

=>\(CE=\frac{12^2}{20}=\frac{144}{20}=7,2\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔBEC vuông tại E

=>\(BE^2+EC^2=BC^2\)

=>\(BE^2=12^2-7,2^2=92,16\)

=>BE=9,6(cm)

BMEN là hình chữ nhật

=>BE=MN

=>MN=9,6(cm)

c: BMEN là hình chữ nhật

=>\(\hat{NME}=\hat{NBE}\)

Ta có: \(\hat{NME}+\hat{HME}=\hat{HMN}=90^0\)

=>\(\hat{HME}+\hat{NBE}=90^0\)

mà \(\hat{NBE}=\hat{EAB}\left(=90^0-\hat{EBA}\right)\)

nên \(\hat{HME}+\hat{EAB}=90^0\)

mà \(\hat{EAB}+\hat{HEM}=90^0\) (ΔEMA vuông tại M)

nên \(\hat{HEM}=\hat{HME}\)

=>HE=HM

Ta có: \(\hat{HEM}+\hat{HAM}=90^0\) (ΔEAM vuông tại M)

\(\hat{EMH}+\hat{AMH}=\hat{EMA}=90^0\)

mà \(\hat{HEM}=\hat{HME}\)

nên \(\hat{HAM}=\hat{HMA}\)

=>HM=HA

mà HE=HM

nên HA=HE

=>H là trung điểm của AE

BMEN là hình chữ nhật

=>BE cắt MN tại trung điểm của mỗi đường

=>G là trung điểm chung của BE và MN

Xét ΔAEB vuông tại E và ΔABC vuông tại B có

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔABC

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

=>\(AE\cdot AC=AB^2\)

Xét ΔEAB có

G,H lần lượt là trung điểm của EB,EA

=>GH là đường trung bình của ΔEAB

=>\(GH=\frac12AB\)

=>\(GH^2=\frac14\cdot AB^2=\frac14\cdot AE\cdot AC=\frac14\cdot2\cdot AH\cdot AC=\frac12\cdot AH\cdot AC\)

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

AB=AC

\(\widehat{BAE}\) chung

Do đó: ΔAEB=ΔAFC

=>AE=AF

Xét ΔABC có \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

nên EF//BC

Xét tứ giác BFEC có FE//BC

nên BFEC là hình thang

Hình thang BFEC có BE=FC

nên BFEC là hình thang cân

Nửa chu vi khu vườn là 450:2=225(m)

Gọi chiều dài khu vườn là x(m)

(ĐK: \(x>\dfrac{225}{2}=112,5\))

Chiều rộng khu vườn là 225-x(m)

Chiều dài khu vườn lúc sau là \(x\left(1-\dfrac{1}{5}\right)=\dfrac{4}{5}x\left(m\right)\)

Chiều rộng khu vườn lúc sau là \(\left(225-x\right)\cdot\left(1+\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{5}{4}\left(225-x\right)\left(m\right)\)

Chu vi không đổi nên ta có phương trình:

\(\dfrac{4}{5}x+\dfrac{5}{4}\left(225-x\right)=225\)

=>\(\dfrac{4}{5}x+\dfrac{1125}{4}-\dfrac{5}{4}x=225\)

=>\(\dfrac{-9}{20}x=225-\dfrac{1125}{4}\)

=>\(\dfrac{-9}{20}x=-56,25\)

=>x=125(nhận)

Chiều rộng khu vườn là 225-125=100(m)

Vậy: Chiều dài là 125m; chiều rộng là 100m

1\6>5\9