ĐKXĐ: \(x>0\)

\(log_2\left(x^2+4\right)-log_2x-3=0\)

\(\Leftrightarrow log_2\left(x^2+4\right)=log_2x+3\)

\(\Leftrightarrow log_2\left(x^2+4\right)=log_2\left(9x\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+4=9x\)

\(\Leftrightarrow x^2-9x+4=0\)

\(\Rightarrow x_1+x_2=9\) theo định lý Viet

13.A

14.B

15.A

13, A
14, C
15, A

a: ta có: BC=BH+CH

=>BC=3,6+6,4=10(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HA^2=HB\cdot HC=3,6\cdot6,4=23,04=4,8^2\)

=>HA=4,8(cm)

ΔHAC vuông tại H

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

=>\(AC^2=4,8^2+6,4^2=64=8^2\)

=>AC=8(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có \(\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{8}{10}=\frac45\)

nên \(\hat{B}\) ≃53 độ

ΔABC vuông tại A

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(\hat{ACB}=90^0-53^0=37^0\)

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HB\cdot HC=AH^2\) (4)

Xét tứ giác AMHN có \(\hat{AMH}=\hat{ANH}=\hat{MAN}=90^0\)

nên AMHN là hình chữ nhật

=>\(HA^2=HM^2+HN^2\) (3)

Xét ΔHAB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(HM^2=MA\cdot MB\) (5)

Xét ΔHAC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(HN^2=NA\cdot NC\left(6\right)\)

Từ (3),(4),(5),(6) suy ra \(HB\cdot HC=MA\cdot MB+NA\cdot NC\)

c: Ta có: AK⊥MN

=>\(\hat{KAC}+\hat{ANM}=90^0\)

mà \(\hat{ANM}=\hat{AHM}\) (AMHN là hình chữ nhật)

và \(\hat{AHM}=\hat{B}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)

nên \(\hat{KAC}+\hat{B}=90^0\)

mà \(\hat{KCA}+\hat{B}=90^0\)

nên \(\hat{KAC}=\hat{KCA}\)

=>KA=KC

Ta có: \(\hat{KAC}+\hat{KAB}=\hat{BAC}=90^0\)

\(\hat{KCA}+\hat{KBA}=90^0\) (ΔABC vuông tại A)

mà \(\hat{KAC}=\hat{KCA}\)

nên \(\hat{KAB}=\hat{KBA}\)

=>KA=KB

mà KA=KC

nên KB=KC

=>K là trung điểm của BC

\(\begin{array} {l} 13)\\ n_{HCHO}=\dfrac{1,2}{30}=0,04(mol)\\ HCHO\xrightarrow{+AgNO_3/NH_3,t^o}4Ag\\ n_{Ag}=4n_{HCHO}=0,16(mol)\\ m=0,16.108=17,28(g)\\ \to A\\ 14)\\ X:C_nH_{2n}\\ n_{Br_2}=\dfrac{8}{160}=0,05(mol)\\ C_nH_{2n}+Br_2\to C_nH_{2n}Br_2\\ n_{C_nH_{2n}}=n_{Br_2}=0,05(mol)\\ M_{C_nH_{2n}}=14n=\dfrac{1,4}{0,05}=28(g/mol)\\ n=2\\ X:C_2H_4\\ \to A \end{array}\)

14.

A là khẳng định sai, CD không vuông góc SB

(Vì nếu \(CD\perp SB\)  (1); do \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAB\right)\Rightarrow CD\perp AB\) (vô lý do \(CD||AB\))

Câu 21:

ABCD là hình bình hành tâm O

=>O là trung điểm chung của AC và BD

ABEF là hình vuông tâm I

=>I là trung điểm chung của AE và BF; AE⊥BF tại I

BCGH là hình vuông tâm J

=>J là trung điểm chung của BG và CH; BG⊥CH tại J

\(\hat{EBC}=\hat{EBA}+\hat{CBA}=90^0+\hat{CBA}\)

\(\hat{ABH}=\hat{ABC}+\hat{CBH}=\hat{ABC}+90^0\)

Do đó: \(\hat{EBC}=\hat{ABH}\)

Xét ΔEBC và ΔABH có

EB=AB

\(\hat{EBC}=\hat{ABH}\)

BC=BH

Do đó: ΔEBC=ΔABH

=>EC=AH và \(\hat{BEC}=\hat{BAH}\)

Gọi K là giao điểm của EC và AH

Xét tứ giác BKAE có \(\hat{BEK}=\hat{BAK}\)

nên BKAE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{ABE}=\hat{AKE}=90^0\)

=>EC⊥ AH tại K

Xét ΔCAH có

O,J lần lượt là trung điểm của CA,CH

=>OJ là đường trung bình của ΔCAH

=>OJ//AH và OJ=AH/2

Xét ΔAEC có

O,I lần lượt là trung điểm của AC,AE

=>OI là đường trung bình cua ΔAEC

=>OI//EC và \(OI=\frac{EC}{2}\)

\(OJ=\frac{AH}{2};OI=\frac{EC}{2}\)

mà AH=EC

nên OJ=OI(2)

OI//EC

EC⊥AH

Do đó: OI⊥AH

OI⊥AH

AH//OJ

Do đó: OI⊥ OJ(1)

Từ (1),(2) suy ra ΔJOI vuông cân tại O

Câu 22: ABDE là hình vuông

=>AB=AE và \(\hat{EAB}=90^0\)

ACFG là hình vuông

=>AC=AG và \(\hat{GAC}=90^0\)

Ta có: \(\hat{EAG}+\hat{EAB}+\hat{BAC}+\hat{GAC}=360^0\)

=>\(\hat{EAG}+\hat{BAC}=360^0-90^0-90^0=180^0\) (1)

Trên tia đối của tia HA, lấy M sao cho HA=HM

Xét tứ giác ABMC có

H là trung điểm chung của AM và BC

=>ABMC là hình bình hành

=>\(\hat{BAC}+\hat{ACM}=180^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{GAE}=\hat{ACM}\)

Xét ΔGAE và ΔACM có

GA=AC
\(\hat{GAE}=\hat{ACM}\)

AE=CM(=AB)

Do đó: ΔGAE=ΔACM

=>GE=AM

mà AM=2AH

nên EG=2AH