\(\sqrt{\left(24+8\sqrt{5}\right)^2}-\sqrt{\left(9-4\sqrt{5}\right)^2}=24+8\sqrt{5}-9+4\sqrt{5}=15+12\sqrt{5}\)

\(\sqrt{\left(17-12\sqrt{2}\right)^2}+\sqrt{\left(9+4\sqrt{2}\right)^2}=17-12\sqrt{2}+9+4\sqrt{2}=26-8\sqrt{2}\)

\(\sqrt{\left(6-4\sqrt{2}\right)^2}+\sqrt{\left(22-12\sqrt{2}\right)^2}=6-4\sqrt{2}+22-12\sqrt{2}=28-16\sqrt{2}\)

\(ô,\\ \Rightarrow24+8\sqrt{5}-\sqrt{\left(9-4\sqrt{5}\right)^2}\\ \Rightarrow24+8\sqrt{5}-\left(9-4-\sqrt{5}\right)\\ \Rightarrow24+8\sqrt{5}-9+4\sqrt{5}\\ \Rightarrow15+8\sqrt{5}+4\sqrt{5}\\ \Rightarrow15+12\sqrt{5}\) 

\(ơ,\\ g\left(17-12\sqrt{2}\right)+\sqrt{\left(9+4\sqrt{2}\right)^2}\\ \Rightarrow g\left(17-12\sqrt{2}\right)+\sqrt{\left(9+4+\sqrt{2}\right)^2}\\ \Rightarrow\left(17-12\sqrt{2}\right)g+\sqrt{\left(9+4\sqrt{2}\right)^2}\\ \Rightarrow\left(17-12\sqrt{2}\right)g+9+4\sqrt{2}\) 

\(u,\\ 6-4\sqrt{2}+\sqrt{\left(22-12\sqrt{2}\right)}^2\\ \Rightarrow6-4\sqrt{2}+22-12\sqrt{2}\\ \Rightarrow28-4\sqrt{2}-12\sqrt{2}\\ \Rightarrow28-16\sqrt{2}\)

a: xN,xO,xO,xM,NO,NM,Nx,My,MO

b: ON và OM

c; NO và Nx

d: Mx và My

e: Còn gọi là tia OM

a: Ta có: ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của CD

Xét tứ giác OCBD có

H là trung điểm chung của OB và CD

=>OCBD là hình bình hành

Hình bình hành OCBD có OC=OD

nên OCBD là hình thoi

b: Xét ΔOCM vuông tại C có CH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OC^2\)

=>\(OH\cdot OM=OC\cdot OC\)

c: Ta có: ΔOCD cân tại O

mà OM là đường cao

nên OM là phân giác của góc COD
Xét ΔCOM và ΔDOM có

OC=OD

\(\widehat{COM}=\widehat{DOM}\)

OM chung

Do đó: ΔCOM=ΔDOM

=>\(\widehat{OCM}=\widehat{ODM}\)

mà \(\widehat{OCM}=90^0\)

nên \(\widehat{ODM}=90^0\)

=>DM\(\perp\)OD

Ta có: OCBD là hình thoi

=>OD//BC

Ta có: BC//OD

OD\(\perp\)DM

Do đó; CB\(\perp\)DM

Xét (I) có

ΔBEM nội tiếp

BM là đường kính

Do đó: ΔBEM vuông tại E

=>BE\(\perp\)EM tại E

=>BE\(\perp\)CM tại E

Xét ΔCDM có

CB,MH là các đường cao

CB cắt MH tại B

Do đó: B là trực tâm của ΔCDM

=>DB\(\perp\)CM

mà BE\(\perp\)CM

và DB,BE có điểm chung là B

nên D,B,E thẳng hàng

OCBD là hình thoi

=>BC=BD

=>ΔBCD cân tại B

=>\(\widehat{BCD}=\widehat{BDC}\)

Ta có: OCBD là hình thoi

=>BO là phân giác của góc CBD

=>\(\widehat{CBO}=\widehat{DBO}\)

Ta có: IB=IE

=>ΔIBE cân tại I

=>\(\widehat{IBE}=\widehat{IEB}\)

mà \(\widehat{IBE}=\widehat{HBD}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{IEB}=\widehat{HBD}\)

=>\(\widehat{IEB}=\widehat{CBO}\)

Xét tứ giác CHBE có \(\widehat{CHB}+\widehat{CEB}=90^0+90^0=180^0\)

nên CHBE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HCB}=\widehat{HEB}\)

Ta có: \(\widehat{IEH}=\widehat{IEB}+\widehat{HEB}\)

\(=\widehat{HCB}+\widehat{CBH}=90^0\)

=>HE là tiếp tuyến của (I)

Câu 5: Đặt \(\frac{x}{z}=\frac{z}{y}=k\)

=>z=yk; x=zk=yk*k=yk^2

\(\frac{x^2+z^2}{y^2+z^2}=\frac{\left(yk^2\right)^2+\left(yk\right)^2}{y^2+\left(yk\right)^2}=\frac{y^2k^4+y^2k^2}{y^2+y^2k^2}=\frac{y^2k^2\left(k^2+1\right)}{y^2\left(1+k^2\right)}=k^2\)

\(\frac{x}{y}=\frac{yk^2}{y}=k^2\)

Do đó: \(\frac{x^2+z^2}{y^2+z^2}=\frac{x}{y}\)

Câu 4:

a: Ta có: \(\hat{x^{\prime}Mz}=\hat{MNy^{\prime}}\left(=120^0\right)\)

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

nên xx'//yy'

b: Qua B, kẻ tia BE nằm giữa hai tia BA và BC sao cho BE//AM//CN

BE//AM

=>\(\hat{ABE}=\hat{xAB}\) (hai góc so le trong)

=>\(\hat{ABE}=35^0\)

BE//CN

=>\(\hat{EBC}+\hat{BCN}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

=>\(\hat{EBC}=180^0-125^0=55^0\)

Ta có: tia BE nằm giữa hai tia BA và BC

=>\(\hat{ABC}=\hat{ABE}+\hat{CBE}=55^0+35^0=90^0\)

=>BA⊥BC

1 nguyên tử magnesium, 1 nguyên tử oxygen

1 nguyên tử calclum , 2 nguyên tử chlorine

NaCl

2 nguyên tử sodium,, 1 nguyên tử cacbon, 2 nguyên tử Oxygen

1 nguyên tử lithium,1 nguyên tử Oxygen,1 nguyên tử hydrogen