Xét ΔAMB vuông tại M có ME là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AM^2\left(1\right)\)

Xét ΔAMC vuông tại M có MF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AM^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

\(=\dfrac{\sqrt{2}\left(\sqrt{5}-1\right)}{\sqrt{5}-1}+\dfrac{\sqrt{2}\left(\sqrt{2}-1\right)}{\sqrt{2}-1}\\ =\sqrt{2}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)

\(\dfrac{\sqrt[]{10}-\sqrt[]{2}}{\sqrt[]{5}-1}+\dfrac{2-\sqrt[]{2}}{\sqrt[]{2}-1}\)

\(=\dfrac{\sqrt[]{2}\left(\sqrt[]{5}-1\right)}{\sqrt[]{5}-1}+\dfrac{\sqrt[]{2}\left(\sqrt[]{2}-1\right)}{\sqrt[]{2}-1}\)

\(=\sqrt[]{2}+\sqrt[]{2}=2\sqrt[]{2}\)

a: AD là phân giác của góc BAC

=>\(\hat{BAD}=\hat{CAD}=\frac12\cdot\hat{BAC}=\frac{90^0}{2}=45^0\)

HM là phân giác của góc AHB

=>\(\hat{AHM}=\hat{BHM}=\frac12\cdot\hat{AHB}=45^0\)

Xét ΔBHM và ΔBAD có

\(\hat{BHM}=\hat{BAD}\left(=45^0\right)\)

góc B chung

Do đó: ΔBHM~ΔBAD

=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{BM}{BD}\)

=>\(\frac{BH}{BM}=\frac{BA}{BD}\)

Xét ΔBHA và ΔBMD có

\(\frac{BH}{BM}=\frac{BA}{BD}\)

góc HBA chung

Do đó: ΔBHA~ΔBMD

=>\(\hat{BHA}=\hat{BMD}\)

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

=>DM⊥AB

mà AC⊥BA

nên DM//AC

b: HN là phân giác của góc AHC

=>\(\hat{AHN}=\hat{CHN}=\frac12\cdot\hat{AHC}=\frac{90^0}{2}=45^0\)

Xét tứ giác AHDN có \(\hat{NAD}=\hat{NHD}\left(=45^0\right)\)

nen AHDN là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{AND}+\hat{AHD}=180^0\)

=>\(\hat{AND}=180^0-90^0=90^0\)

Xét tứ giác AMDN có \(\hat{AMD}=\hat{AND}=\hat{MAN}=90^0\)

nên AMDN là hình chữ nhật

=>AD=MN

Sửa đề: \(\left(x-5\right)\left(x+5\right)-\left(x+3\right)^2+3\left(x-2\right)^2=\left(x+1\right)^2-\left(x-4\right)\left(x+4\right)+3x^2\)

Ta có: \(\left(x-5\right)\left(x+5\right)-\left(x+3\right)^2+3\left(x-2\right)^2\)

\(=x^2-25-\left(x^2+6x+9\right)+3\left(x^2-4x+4\right)\)

\(=x^2-25-x^2-6x-9+3x^2-12x+12\)

\(=3x^2-18x-22\)

Ta có: \(\left(x+1\right)^2-\left(x-4\right)\left(x+4\right)+3x^2\)

\(=x^2+2x+1-\left(x^2-16\right)+3x^2\)

\(=4x^2+2x+1-x^2+16=3x^2+2x+17\)

Ta có: \(\left(x-5\right)\left(x+5\right)-\left(x+3\right)^2+3\left(x-2\right)^2=\left(x+1\right)^2-\left(x-4\right)\left(x+4\right)+3x^2\)

=>\(3x^2-18x-22=3x^2+2x+17\)

=>-20x=39

=>\(x=-\frac{39}{20}\)

a: Xét tứ giác BHCK có

I là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

b: BHCK là hình bình hành

=>BH//CK và BK//CH

BH//CK

BH⊥AC

Do đó: CK⊥CA

=>C nằm trên đường tròn đường kính AK(1)

BK//CH

CH⊥AB

Do đó: BK⊥BA

=>B nằm trên đường tròn đường kính AK(2)

Từ (1),(2) suy ra A,B,K,C cùng thuộc đường tròn đường kính AK

=>Tâm O là trung điểm của AK

c: Xét ΔKAH có O,I lần lượt là trung điểm của KA,KH

=>OI là đường trung bình của ΔKAH

=>OI//AH và \(OI=\frac{AH}{2}\)

d: Gọi F là giao điểm của AH và BC

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại F

Xét ΔBEC vuông tại E và ΔBFA vuông tại F có

\(\hat{EBC}\) chung

Do đó: ΔBEC~ΔBFA

=>\(\frac{BE}{BF}=\frac{BC}{BA}\)

=>\(BE\cdot BA=BF\cdot BC\)

Xét ΔCDB vuông tại D và ΔCFA vuông tại F có

\(\hat{DCB}\) chung

Do đó: ΔCDB~ΔCFA

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

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

\(BE\cdot BA+CD\cdot CA\)

\(=BF\cdot BC+CF\cdot BC\)

\(=BC\left(BF+CF\right)=BC^2\)

\(1+2+2^2+2^3+...+2^n=357680\)

\(\Leftrightarrow2\cdot\left(1+2+2^2+...+2^n\right)=2\cdot357680\)

\(\Leftrightarrow2+2^2+2^3+2^4+...+2^{n+1}=2\cdot357680\)

\(\Leftrightarrow\left(2+2^2+...+2^{n+1}\right)-\left(1+2+2^2+...+2^n\right)=2\cdot357680-357680\)

\(\Leftrightarrow\left(2-2\right)+\left(2^2-2^2\right)+...+\left(2^n-2^n\right)+\left(2^{n+1}-1\right)=357680\)

\(\Leftrightarrow2^{n+1}-1=357680\)

\(\Leftrightarrow2^{n+1}=357681\)

Xem lại đề 

\(1+2+2^2+2^3+...+2^n=357680\)

\(\Rightarrow\dfrac{2^{n+1}-1}{2-1}=357680\)

\(\Rightarrow2^{n+1}=357680+1\)

\(\Rightarrow2^{n+1}=357681\Rightarrow n+1=\sqrt[]{357681}\Rightarrow n=\sqrt[]{357681}-1\)