Câu 1: C. Nhật Bản đầu hàng

C.phát xít nhật đầu hàng

a: Xét ΔABC vuông tại A và ΔHAC vuông tại H có

\(\hat{ACB}\) chung

Do đó: ΔABC~ΔHAC

b: Ta có: HK⊥AB

AC⊥BA

Do đó: HK//AC

Xét ΔKHA vuông tại K và ΔHAC vuông tại H có

\(\hat{KHA}=\hat{HAC}\) (hai góc so le trong, HK//AC)

Do đó: ΔKHA~ΔHAC

=>\(\frac{KH}{HA}=\frac{HA}{AC}\)

=>\(AH^2=KH\cdot AC\)

c: ΔAHC vuông tại H

=>\(HA^2+HC^2=AC^2\)

=>\(HA^2=10^2-8^2=100-64=36=6^2\)

=>HA=6(cm)

ΔCHA vuông tại H

=>\(S_{CHA}=\frac12\cdot HC\cdot HA=\frac12\cdot6\cdot8=24\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

ΔCHA~ΔCAB

=>\(\frac{S_{CHA}}{S_{CAB}}=\left(\frac{CH}{CA}\right)^2=\left(\frac{8}{10}\right)^2=\frac{16}{25}\)

=>\(\frac{24}{S_{ACB}}=\frac{16}{25}=\frac{24}{37,5}\)

=>\(S_{ACB}=37,5\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

d: Xét ΔHAC có

Q,P lần lượt là trung điểm của HC,HA

=>QP là đường trung bình của ΔHAC

=>QP//AC
mà AC⊥BA

nên QP⊥AB

Xét ΔQAB có

QP,AH là các đường cao

QP cắt AH tại P

Do đó: P là trực tâm của ΔQAB

=>BP⊥AQ tại M

Xét ΔPMA vuông tại M và ΔPHB vuông tại H có

\(\hat{MPA}=\hat{HPB}\) (hai góc đối đỉnh)

DO đó: ΔPMA~ΔPHB

=>\(\frac{PM}{PH}=\frac{PA}{PB}\)

=>\(PM\cdot PB=PH\cdot PA=\frac12\cdot HA\cdot\frac12\cdot HA=\frac14HA^2\)

=>\(AH^2=4\cdot PM\cdot PB\)

Nhận thấy \(x=0\) ko phải nghiệm

Với \(x\ne0\) chia 2 vế của pt cho \(x^2\) ta được:

\(6\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}\right)-5\left(x+\dfrac{1}{x}\right)-38=0\)

Đặt \(x+\dfrac{1}{x}=t\Rightarrow x^2+\dfrac{1}{x^2}=t^2-2\)

\(\Rightarrow6\left(t^2-2\right)-5t-38=0\)

\(\Leftrightarrow6t^2-5t-50=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=\dfrac{10}{3}\\t=-\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x+\dfrac{1}{x}=\dfrac{10}{3}\\x+\dfrac{1}{x}=-\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}3x^2-10x+3=0\\2x^2+5x+2=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x=\left\{-2;-\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{3};3\right\}\)