\(\overline{ab}+\overline{ba}\)

\(=10a+b+10b+a\)

\(=11a+11b\)

\(=11.\left(a+b\right)⋮11\)

Vậy \(\left(\overline{ab}+\overline{ba}\right)⋮11\)

1c  2.a  3b  4a

Còn bài II nữa ạ , bạn giúp mình nốt nhá 

Bài 4:

a: Xét ΔBFC có

FP,BA là các đường cao

FP cắt BA tại E

Do đó: E là trực tâm của ΔBFC

=>CE⊥BF tại Q

b: AMPN là hình vuông

=>AP là phân giác của góc MAN

=>\(\hat{MAP}=\hat{NAP}=\frac12\cdot\hat{MAN}=45^0\)

Xét tứ giác AEPC có \(\hat{EPC}+\hat{EAC}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEPC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{PEC}=\hat{PAC}\)

=>\(\hat{PEC}=45^0\)

Xét ΔPEC vuông tại P có \(\hat{PEC}=45^0\)

nên ΔPEC vuông cân tại P

=>PE=PC

Ta có: \(\hat{PFB}+\hat{PBF}=90^0\) (ΔPBF vuông tại P)

\(\hat{PCE}+\hat{PBQ}=90^0\) (ΔBQC vuông tại Q)

Do đó: \(\hat{BFP}=\hat{BCQ}\)

=>\(\hat{BFP}=45^0\)

Xét ΔPBF vuông tại P có \(\hat{PFB}=45^0\)

nên ΔPBF vuông cân tại P

=>PB=PF

c: ΔEPC cân tại P

mà PI là đường trung tuyến

nên PI⊥EC tại I

ΔPBF cân tại P

mà PK là đường trung tuyến

nên PK⊥BQ tại K

Xét tứ giác PKQI có \(\hat{PKQ}=\hat{PIQ}=\hat{KQI}=90^0\)

nên PKQI là hình chữ nhật

Bài 3:

a. \(R=R1+R2=15+30=45\Omega\)

b. \(\left\{{}\begin{matrix}I=U:R=9:45=0,2A\\I=I1=I2=0,2A\left(R1ntR2\right)\end{matrix}\right.\)

c. \(\left\{{}\begin{matrix}U1=R1.I1=15.0,2=3V\\U2=R2.I2=30.0,2=6V\end{matrix}\right.\)

Bài 4:

\(I1=U1:R1=6:3=2A\)

\(\Rightarrow I=I1=I2=2A\left(R1ntR2\right)\)

\(U=R.I=\left(3+15\right).2=36V\)

\(U2=R2.I2=15.2=30V\)

1,D

2,B

3,B

4,C

1,D

2,A

3,A

4,D

5,C

Xét ΔOHA vuông tại H và ΔOKA vuông tại K có

OA chung

OH=OK

Do đó: ΔOHA=ΔOKA

Suy ra: AH=AK

hay AB=AC

pạn nào giải giúp mình bài này trước 16h đc ko ( mình năn nỉ đó )

càng sớm càng tốt nhe ( cảm ơn nhìu nhe)

1 B

2 A

3 D

4 C

5 D

6 A

7 C

8 A

9 B

10 A

P = (10.10².10³.10⁴...10⁹) : (10⁵.10¹⁰.10²⁵)

= 10¹⁺²⁺³⁺⁴⁺⁵⁺⁶⁺⁷⁺⁸⁺⁹ 10⁵⁺¹⁰⁺²⁵

= 10⁴⁵ : 10⁴⁰

= 10⁴⁵⁻⁴⁰

= 10⁵

= 100000

\(P=\left(10.10^2.10^3.10^4.....10^9\right):\left(10^5.10^{10}.10^{25}\right)\)

\(P=10^{45}:10^{40}\)

\(P=10^5\)