gọi N là trung điểm BH

xét tam giác HBA có:

M là trung điểm AH

N là trung điểm BH

=> MN là đường trung bình của tam giác HBA

=> MN//AB

mà AB⊥AC

=> MN⊥AC

xét tam giác ANC có:

AH⊥NC

NM⊥AC

=> M là trực tâm của tam giác ANC

=> CM⊥AN(1)

xét tam giác BKH có:

A là trung điểm BK

N là trung điểm BH

=> AN là đường trung bình trong tam giác BKH

=> AN//HK(2)

từ(1)(2)=> CM⊥HK(đpcm)

a) xét tam giác ABC vuông tại A có:

\(AB^2=BC^2-AC^2=10^2-6^2=36\)

=> \(AB=6\operatorname{cm}\)

=> \(BM=\frac{AB}{2}=\frac62=3\operatorname{cm}\)

b) xét tam giác BMD và tam giác AMC có:

góc BMD= góc AMD

DM=MC

BM=AM

=> △BMD=△AMC(c.g.c)

=> AC=BD( hai cạnh tương ứng)

c) thay AC=BD vào biểu thức cần chứng minh ta có:

\(AC+BC=BD+BC\)

xét tam giác BDC có:

BD+DC>DC(bđt tam giác)

mà DC=\(2CM\)

=> BD+DC>2CM

d) xét tam giác ADC có:

\(AK=\frac23AM\)

AM là trung tuyến trong tam giác ADC

=> K là trọng tâm của tam giác ADC

=> CK là đường trung tuyến

mà giao của CK với AD là N

=> N là trung điểm AD

xét tam giác ABD có:

N là trung điểm=> BN là đường trung tuyến

M là trung điểm=> DM là đường trung tuyến

=> I là trọng tâm

=> \(DI=\frac23DM\)

mà DM= \(\frac12DC\)

=> \(DI=\frac23\left(\frac12DC\right)=\frac13DC\)

=> DC=3ID(đpcm)

sửa đề: d) CM: CI=3ID

a) xét tam giác ABC vuông tại A có:

\(AB^2=BC^2-AC^2=10^2-6^2=36\)

=> \(AB=6\operatorname{cm}\)

=> \(BM=\frac{AB}{2}=\frac62=3\operatorname{cm}\)

b) xét tam giác BMD và tam giác AMC có:

góc BMD= góc AMD

DM=MC

BM=AM

=> △BMD=△AMC(c.g.c)

=> AC=BD( hai cạnh tương ứng)

c) thay AC=BD vào biểu thức cần chứng minh ta có:

\(AC+BC=BD+BC\)

xét tam giác BDC có:

BD+DC>DC(bđt tam giác)

mà DC=\(2CM\)

=> BD+DC>2CM

d) xét tam giác ADC có:

\(AK=\frac23AM\)

AM là trung tuyến trong tam giác ADC

=> K là trọng tâm của tam giác ADC

=> CK là đường trung tuyến

mà giao của CK với AD là N

=> N là trung điểm AD

xét tam giác ABD có:

N là trung điểm=> BN là đường trung tuyến

M là trung điểm=> DM là đường trung tuyến

=> I là trọng tâm

=> \(DI=\frac23DM\)

mà DM= \(\frac12DC\)

=> \(DI=\frac23\left(\frac12DC\right)=\frac13DC\)

=> DC=3ID(đpcm)

1)ĐKXĐ: x≠3 ; x≠0 x≠\(-3;x\ne-\frac32\)

\(\frac{x}{x-3}-\frac{x^2+3x}{2x+3}\cdot\left(\frac{x+3}{x^2-3x}-\frac{x}{x^2-9}\right)\)

= \(\frac{x}{x-3}-\frac{x^2+3x}{2x+3}\cdot\left(\frac{\left(x+3\right)^2}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}-\frac{x^2}{x\left(x-3\right)9x+3)}\right)\)

= \(\frac{x}{x-3}-\frac{x^2+3x}{2x+3}\cdot\left(\frac{\left(x+3\right)^2-x^2}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\right)\)

\(=\frac{x}{x-3}-\frac{x^2+3x}{2x+3}\cdot\left(\frac{x^2+6x+9-x^2}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\right)\)

\(=\frac{x}{x-3}-\frac{x^2+3x}{2x+3}\cdot\left(\frac{3\left(2x+3\right)}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\right)\)

\(=\frac{x}{x-3}-\frac{3}{x-3}\)

= \(\frac{x-3}{x-3}=1\)

2) ĐKXĐ: x≠0;x≠3;x≠-3;x≠\(-\frac32\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2-6}{x-3}+\frac{x^2+3}{2x+3}\left(\frac{x}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}-\frac{\left(x+3\right)^2}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\right)\)

\(=\frac{x^2-6}{x-3}+\frac{x^2+3}{2x+3}\cdot\left(\frac{x^2-\left(x+3\right)^2}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\right)\)

= \(\frac{x^2-6}{x-3}+\frac{x^2+3}{2x+3}\cdot\left(\frac{-3\left(2x+3\right)}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\right)\)

= \(\frac{x^2-6}{2x+3}\cdot\frac{-3\left(2x+3\right)}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{-3\left(x^2+3\right)}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\frac{x\left(x+3\right)\left(x^2-6\right)-3\left(x^2+3\right)}{x\left(x-3\right)9x+3)}\)

= \(\frac{\left(x^2+3x\right)\left(x^2-6\right)-3x^2-9}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

= \(\frac{x^4+3x^3-9x^2-18x-9}{x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

sleep

1) ta có △ABC~△HBA(g.g)

=> \(\frac{AC}{HA}=\frac{AB}{HB}\)

trên tia đối AC , lấy điểm E' sao cho \(AE^{\prime}=\frac{AC}{2}\)

vì N là trung điểm AC=> \(AN=\frac{AC}{2}\)

vì M là trung điểm AH=> \(HM=\frac{HA}{2}\)

=> \(\frac{AE^{\prime}}{HM}=\frac{AC}{2}:\frac{HA}{2}=\frac{AC}{HA}=\frac{AB}{HB}\)

xét tam giác ABE' và tam giác HBM có:

góc BAE= góc BHM= 90 độ

\(\frac{AE^{\prime}}{HM}=\frac{AB}{HB}\)

=> △ABE'~△HBM(c.g.c)

=> \(\frac{BE^{\prime}}{BM}=\frac{AB}{HB}\)

=> \(\frac{BE^{\prime}}{AB}=\frac{BM}{HB}\) và góc ABE'= góc HBM

ta có góc E'BM= góc ABE'+ góc ABM= góc HBM+ góc ABM= góc ABH

xét tam giác E'BM và tam giác ABH có:

góc E'BM= góc ABH

\(\frac{BE^{\prime}}{AB}=\frac{BM}{HB}\)

=> △E'BM~△ABH(c.g.c)

=> góc BME'=AHB=90 độ

=> ME'⊥BM

=> E' và E trùng nhau

vậy \(AE=AE^{\prime}=\frac{AC}{2}=AN\)

do A nằm trong E và N

=> A là trung điểm EN

2) qua A kẻ đường thẳng xy song song với BC

tia BN cắt Ax tại D

xét tam giác AND và tam giác CNB có:

góc AND= góc CNB

AN=NC

góc DAN= góc BCN

=> △AND=△CNB(g.c.g)

=> AD=BC

vì AD//BH

=> \(\frac{AP}{PH}=\frac{BC}{BH}\)

=> \(\frac{PH}{AP}=\frac{BH}{BC}\)

=> \(1+\frac{PH}{AP}=1+\frac{BH}{BC}\Rightarrow\frac{AP+PH}{AP}=\frac{BH+BC}{BC}\)

=> \(\frac{AP}{AP+PH}=\frac{BC}{BH+BC}\)

=> \(\frac{AP}{AH}=\frac{BC}{BC+BH}\)

=> \(AP=\frac{AH\cdot BC}{BC+BH}\left(1\right)\)

Tia BM cắt Ax tại F

xét tam giác AMF và tam giác HMB có:

góc AMF= góc HMB

AM=MH

góc FAM= góc BHM

=> △AMF=△HMB(c.g.c)

=> AF=BH

vì AF//BC

=> \(\frac{AQ}{QC}=\frac{BH}{BC}\)

=> \(\frac{QC}{AQ}=\frac{BC}{BH}\)

=> \(1+\frac{QC}{AQ}=1+\frac{BC}{BH}\Rightarrow\frac{AQ+QC}{AQ}=\frac{BH+BQ}{BH}\)

=> \(\frac{AQ}{AQ+QC}=\frac{BH}{BH+BC}\)

=> \(\frac{AQ}{AC}=\frac{BH}{BC+BH}\)

=> \(AQ=\frac{AC\cdot BH}{BC+BH}\left(2\right)\)

chia (1) cho (2) ta có:

\(\frac{AP}{AQ}=\frac{AH\cdot BC}{BC+BH}:\frac{AC\cdot BH}{BC+BH}=\frac{AH\cdot BC}{AC\cdot BH}\)

Mà ta có hệ thức lượng( tự CM)

=> \(AH^2=BH\cdot HC\) và \(AC^2=BC\cdot HC\)

=> \(\frac{AH^2}{AC^2}=\frac{BH\cdot HC}{BC\cdot HC}=\frac{BH}{BC}\Rightarrow AH^2\cdot BC=AC^2\cdot BH\)

=> \(\frac{AH\cdot BC}{AC\cdot BH}=\frac{AC}{AH}\)

=> \(\frac{AP}{AQ}=\frac{AC}{AH}\Rightarrow\frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AH}\)

Xét tam giác ACP và tam giác AHQ có:

góc CAP chung

\(\frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AH}\)

=> △ACP~△AHQ(c.g.c)

=> góc ACP= góc AHQ

3) => BC=\(\sqrt{15^2+20^2}=25\operatorname{cm}\)

\(AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{15\cdot20}{25}=12\operatorname{cm}\)

\(BH=\frac{AB^2}{BC}=\frac{225}{25}=9\operatorname{cm}\)

ta có AP= \(\frac{AH\cdot BC}{BC+BH}=\frac{12\cdot25}{25+9}=\frac{300}{34}=\frac{150}{17}cm\)

kẻ KP ⊥AC tại K mà AB⊥AC=> PK//AB

ta có góc PAK+ góc C= 90 độ

góc C+ góc CBA= 90 độ

=> góc AKP= góc CBA

xét tam giác APK và tam giác BCA có:

góc KP= góc BAC= 90 độ

góc PAK= góc CBA

=> △APK~△BCA(g.g)

=> \(\frac{PK}{AC}=\frac{AP}{BC}\Rightarrow PK=\frac{AP\cdot AC}{BC}=\frac{\frac{150}{7}\cdot20}{25}=\frac{120}{17}cm\)

ta có AE=\(\frac{AC}{2}=10\operatorname{cm}\)

vì A nằm giữa E và C

=> CE= AC+AE= 20 + 10=30 cm

=> \(S_{EPC}=\frac12CE\cdot PK=\frac12\cdot30\cdot\frac{120}{17}=\frac{1800}{17}cm^2\)

một hệ thức lượng rất kinh điển nhưng D thuộc BC nhá bạn chứ nếu hình vẽ có thể là như thế này:

xét tam giác ABD vuông tại D có:

\(AB^2=AD^2+BD^2\)

xét tam giác ACD vuông tại D có:

\(AC^2=AD^2+CD^2\)

thay vào gt ta có:

\(\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)

\(\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AD^2+BD^2}+\frac{1}{AD^2+CD^2}\)

\(\frac{1}{AD^2}=\frac{\left(AD^2+CD^2\right)+\left(AD^2+BD^2\right)}{\left(AD^2+BD^2\right)\left(AD^2+CD^2\right)}\)

\(\frac{1}{AD^2}=\frac{2AD^2+BD^2+CD^2}{\left(AD^2+BD^2\right)\left(AD^2+CD^2\right)}\)

\(\Rightarrow\left(AD^2+BD^2\right)\left(AD^2+CD^2\right)=AD^2\left(2AD^2+BD^2+CD^2\right)\)

\(AD^4+AD^2\cdot CD^2+AD^2\cdot BD^2+BD^2\cdot CD^2=2AD^4+AD^2\cdot BD^2+AD^2\cdot CD^2\)

\(\Rightarrow AD^4+BD^2\cdot CD^2=2AD^4\)

\(AD^4=BD^2\cdot CD^2\)

vì các đoạn thẳng luôn dương nên ta căn bậc cả cả hai vế thu dc

\(AD^2=BD\cdot CD\)

=> \(\frac{AD}{CD}=\frac{BD}{AD}\)

xét tam giác DBA và tam giác DAC có:

góc BDA= góc ADC= 90 độ

\(\frac{BD}{AD}=\frac{AD}{CD}\)

=> △DBA~△DAC(c.g.c)

=> góc DAB= góc DCA

mà trong tam giác DAC có:

góc DAC+ góc DCA= 90 độ

thay góc DAB= góc DCA vào ta có:

góc DAC+ góc DAB= 90 độ

=> △ABC vuông tại A(đpcm)

ta có : \(\left(x+y\right)^3=\left(x+y\right)\left(x+y\right)^2\)

\(\left(x+y\right)^3=\left(x+y\right)\left(x^2+2xy+y^2\right)\)

\(\left(x+y\right)^2=\left(x^3+2x^2y+y^2x+x^2y+2xy^2+y^3\right)\)

\(\left(x+y\right)^3=\left(x^3+3x^2y+3xy^2+y^3\right)\)

=> \(\left(x^3+3x^2y+3xy^2+y^3\right)-3xy\left(x+y\right)\)

\(=x^3+3x^2y+3xy^2+y^3-3x^2y-3xy^2\)

= \(x^3+y^3\)

câu 1: B

Câu 2: số con chim còn lại là: 10-3= 7( con)

chọn B

Câu 3: C

Câu 4: B

Câu 5: 27+15= 42(chọn B)

Câu 6: A

Câu 7: B

Câu 8: B

câu 9: B

câu 10: D

Bài 1:

a) xét tam giác FHB và tam giác EHC có:

góc BFH = góc CEH= 90 độ

góc FHB= góc EHC( đối đỉnh)

=> △FHB~△EHC(g.g)

=> \(\frac{HB}{HC}=\frac{HF}{HE}\)

=> \(HB\cdot HE=HC\cdot HF\)

b) ta có \(\frac{HB}{HC}=\frac{HF}{HE}\)

=> \(\frac{HE}{HC}=\frac{HF}{HB}\)

xét tam giác HFE và tam giác HBC có

góc FHE= góc BHC( đối đỉnh)

\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)

=> △HFE~△HBC

c) xét tam giác BAE và tam giác CAF có:

góc A chung

góc BEA= góc CFA= 90 độ

=> △BAE~△CAF(g.g)

=> \(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=> \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

xét tam giác AFE và tam giác ACB có:

góc A chung

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

=> △AFE~△ACB(c.g.c)

=> góc AEF= góc ABC(1)

xét tam giác ADC và tam giác BEC có:

góc C chung

góc BEC= góc ADC= 90 độ

=> △ADC~△BEC(g.g)

=> \(\frac{EC}{DC}=\frac{BC}{AC}\)

=> \(\frac{EC}{BC}=\frac{DC}{AC}\)

xét tam giác CED và tam giác CBA có:

góc C chung

\(\frac{EC}{BC}=\frac{DC}{AC}\)

=> △CED~△CBA(c.g.c)

=> góc CED= góc CBA(2)

từ(1)(2)=> góc AEF= góc DEC

mà góc AEF+ góc FEB= 90 độ

góc DEC+ góc DEB= 90 độ

=> góc FEB= góc DEB

=> EH là phân giác của góc DEC

Bài 2:

ta có AD là trung tuyến

=> AD=DC=\(\frac12BC\)

=> △ADC cân tại D

=> góc DAC= góc DCA

mà góc DAC+ góc DEA= 90 độ

=> góc DEA+ góc DCA= 90 độ

xét tam giác ABC vuông tại A:

=> góc ABC + góc ACB= 90 độ

=> góc AED= góc ABC

xét tam giác ABC và tam giác AEF có:

góc A chung

góc ABC= góc AEF

=> △ABC~△AEF

b)ta có góc DAE+ góc FAD= 90 độ

góc AFD+ góc FAD= 90 độ

=> góc EAD= góc AFD

xét tam giác DAE và tam giác DFA có:

góc EAD= góc AFD

góc ADE= góc ADF= 90 độ

=> △DAE~△DFA(g.g)

=> \(\frac{DE}{DA}=\frac{DA}{DF}\)

=> \(DA^2=DE\cdot DF\)

mà \(AD=\frac12BC^{}\Rightarrow AD^2=\frac14BC^2\)

=> \(\frac14BC^2=DE\cdot DF\)

=> \(BC^2=4DE\cdot DF\) (đpcm)

thêm dữ kiện: kẻ C vuông góc BC cắt phân giác của góc MEC tại F

ta có góc MEC = 90 độ mà EF là phân giác

=> góc FEC= 90 độ:2= 45 độ

xét tam giác ECF có:

góc FEC= 45 độ

góc ECF= 90 độ

=> góc EFC= 45 độ

=> △ECF vuông cân tại C

=> EC=FC

ta có EM⊥BC và AH⊥BC=> EM//AH

xét tam giác CAH có EM//AH:

=> \(\frac{EM}{AH}=\frac{EC}{CH}\)

thay HA=HE và EC=CF ta có

=> \(\frac{EM}{HE}=\frac{CF}{CH}\)

=> \(\frac{EM}{CF}=\frac{HE}{CH}\)

xét tam giác HEM và tam giác HCF có:

\(\frac{EM}{CF}=\frac{HE}{CH}\)

góc HEM= góc HCF= 90 độ

=> △HEM~△HCF

=> góc EHM= góc CHF

mà H,E,C thẳng hàng và HM và HF nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa tia HC

=> H,F,M thẳng hàng(đpcm)