e) \(\left(x+4\right)\left(3x+5\right)-\left(x^2-16\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+4\right)\left(3x+5\right)-\left(x+4\right)\left(x-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+4\right)\left(3x+5-x+4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+4\right)\left(2x+9\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-4\\x=-\dfrac{9}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy: ...  

f) \(\left(x-3\right)\left(3-4x\right)+\left(x^2-6x+9\right)=0\)

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

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(3-4x+x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow-3x\left(x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=3\end{matrix}\right.\)

Vậy: ...

g: \(\dfrac{2x-10}{4}=5+\dfrac{2-3x}{6}\)

=>\(\dfrac{3\left(2x-10\right)}{12}=\dfrac{60}{12}+\dfrac{2\left(2-3x\right)}{12}\)

=>3(2x-10)=60+2(2-3x)

=>6x-30=60+4-6x

=>6x-30=64-6x

=>12x=94

=>\(x=\dfrac{94}{12}=\dfrac{47}{6}\)

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

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

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

=>\(3\left(2x+1\right)\left(x-1\right)\left(x+2\right)=0\)

=>(2x+1)(x-1)(x+2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-\dfrac{1}{2}\\x=1\\x=-2\end{matrix}\right.\)

Bài 4:

a: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

=>\(\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(BA^2=BH\cdot BC\)

b: Xét ΔBKA vuông tại K và ΔBAD vuông tại A có

\(\widehat{KBA}\) chung

Do đó: ΔBKA~ΔBAD

=>\(\dfrac{BK}{BA}=\dfrac{BA}{BD}\)

=>\(BA^2=BK\cdot BD\)

=>\(BH\cdot BC=BK\cdot BD\)

=>\(\dfrac{BH}{BD}=\dfrac{BK}{BC}\)

Xét ΔBHK và ΔBDC có

\(\dfrac{BH}{BD}=\dfrac{BK}{BC}\)

\(\widehat{HBK}\) chung

Do đó: ΔBHK~ΔBDC

Bài 5:

a: Xét ΔBAC có BH là đường cao

nên \(S_{BAC}=\dfrac{1}{2}\cdot BH\cdot AC\left(1\right)\)

ΔBAC vuông tại B

=>\(S_{BAC}=\dfrac{1}{2}\cdot BA\cdot BC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(BH\cdot AC=BA\cdot BC\)

b: Xét ΔBMH vuông tại M và ΔBHA vuông tại H có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBMH~ΔBHA

=>\(\dfrac{BM}{BH}=\dfrac{BH}{BA}\)

=>\(BH^2=BM\cdot BA\left(3\right)\)

Xét ΔBNH vuông tại N và ΔBHC vuông tại H có

\(\widehat{NBH}\) chung

Do đó: ΔBNH~ΔBHC

=>\(\dfrac{BN}{BH}=\dfrac{BH}{BC}\)

=>\(BH^2=BN\cdot BC\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(BM\cdot BA=BN\cdot BC\)

=>\(\dfrac{BM}{BC}=\dfrac{BN}{BA}\)

Xét ΔBMN vuông tại B và ΔBCA vuông tại B có

\(\dfrac{BM}{BC}=\dfrac{BN}{BA}\)

Do đó: ΔBMN~ΔBCA

Bài 1: 

a) \(5x-11=4\)

\(\Leftrightarrow5x=4+11\)

\(\Leftrightarrow5x=15\)

\(\Leftrightarrow x=15:5=3\)

Vậy: ... 

b) \(7x+12=-2\)

\(\Leftrightarrow7x=-2-12\)

\(\Leftrightarrow7x=-14\)

\(\Leftrightarrow x=-14:7=-2\)

Vậy: ... 

c) \(17-8x=5-6x\)

\(\Leftrightarrow-6x+8x=17-5\)

\(\Leftrightarrow2x=12\)

\(\Leftrightarrow x=12:2=6\)

Vậy: ... 

d) \(3x\left(x-3\right)-\left(x^2-9\right)=0\)

\(\Leftrightarrow3x\left(x-3\right)-\left(x+3\right)\left(x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(3x-x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(2x-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\2x=3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy: ...

Bài 2

∆ABC vuông tại A (gt)

⇒ BC² = AB² + AC² (Pythagore)

= 6² + 8²

= 100

⇒ BC = 10 (cm)

∆ABC có BD là đường phân giác (gt)

⇒ DA/DC = AB/BC

⇒ DA/AB = DC/BC

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

DA/AB = DC/BC = (DA + DC)/(AB + BC) = 8/16 = 1/2

DA/AB = 1/2 ⇒ DA = AB . 1/2 = 6 . 1/2 =  (cm)

DC/BC = 1/2 ⇒ DC = BC . 1/2 = 10 . 1/2 = 5 (cm)

Vậy DA = 3 cm, DC = 5 cm

a) ĐK: \(x\ne\pm2\)

b) \(A=\left(\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{1}{x+2}-\dfrac{2}{x-2}\right):\left(1-\dfrac{x}{x+2}\right)\)

\(=\left[\dfrac{x}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}+\dfrac{x-2}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}-\dfrac{2\left(x+2\right)}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}\right]:\left[\dfrac{x+2}{x+2}-\dfrac{x}{x+2}\right]\)

\(=\dfrac{x+x-2-2x-4}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}:\dfrac{2}{x+2}\)

\(=\dfrac{-6}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}\cdot\dfrac{x+2}{2}\)

\(=\dfrac{-3}{x-2}\) 

Bài 29: Sửa đề: Đường cao BD

a: Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD~ΔACE

=>\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AD}{AE}\)
=>\(AB\cdot AE=AC\cdot AD\)

b: \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AD}{AE}\)

=>\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AC}{AE}\)

Xét ΔABC và ΔADE có

\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AC}{AE}\)

\(\widehat{BAC}\) chung

Do đó: ΔABC~ΔADE

=>\(\widehat{ACB}=\widehat{AED}\)

c: AD+DC=AC

=>AD+3=6

=>AD=3(cm)

ΔDBC vuông tại D

=>\(DB^2+DC^2=BC^2\)

=>\(DB^2=5^2-3^2=16=4^2\)

=>DB=4(cm)

ΔBDA vuông tại D

=>\(DB^2+DA^2=BA^2\)

=>\(BA=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)

ΔBAC có BD là đường cao

nên \(S_{BAC}=\dfrac{1}{2}\cdot BD\cdot AC=\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot6=12\left(cm^2\right)\)

d: Gọi K là giao điểm của AH với BC

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại K

Xét ΔBEC vuông tại E và ΔBKA vuông tại K có

\(\widehat{EBC}\) chung

Do đó: ΔBEC~ΔBKA

=>\(\dfrac{BE}{BK}=\dfrac{BC}{BA}\)

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

Xét ΔCKA vuông tại K và ΔCDB vuông tại D có

\(\widehat{KCA}\) chung

Do đó: ΔCKA~ΔCDB

=>\(\dfrac{CK}{CD}=\dfrac{CA}{CB}\)

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

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

\(=BK\cdot BC+CK\cdot BC\)

\(=BC\left(BK+CK\right)=BC^2\)

Bài 30:

a: ΔMNP vuông tại M

=>\(MN^2+MP^2=NP^2\)

=>\(NP=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)

ΔMNP có MH là đường cao

nên \(S_{MNP}=\dfrac{1}{2}\cdot MH\cdot NP\)

=>\(MH\cdot5=2\cdot S_{MNP}=2\cdot\dfrac{1}{2}\cdot MN\cdot MP=6\cdot8=48\)

=>MH=48/5=9,6(cm)

b: Xét ΔMHN vuông tại H và ΔPMN vuông tại M có

\(\widehat{N}\) chung

Do đó: ΔMHN~ΔPMN

c: Xét ΔPHM vuông tại H và ΔPMN vuông tại M có

\(\widehat{P}\) chung

Do đó: ΔPHM~ΔPMN

=>\(\dfrac{PH}{PM}=\dfrac{HM}{MN}\)

=>\(MN\cdot HP=MH\cdot MP\)

d: ΔMNP vuông tại M có MD là đường trung tuyến

nên \(MD=\dfrac{NP}{2}=5\left(cm\right)\)

ΔMHD vuông tại H

=>\(MH^2+HD^2=MD^2\)

=>\(HD^2+4,8^2=5^2\)

=>\(HD=\sqrt{5^2-4,8^2}=1,4\left(cm\right)\)

ΔMHD vuông tại H

=>\(S_{HMD}=\dfrac{1}{2}\cdot HM\cdot HD=\dfrac{1}{2}\cdot1,4\cdot4,8=3,36\left(cm^2\right)\)

Bài 3:

a: ĐKXĐ: \(x\ne\dfrac{1}{2}\)

\(A=\dfrac{8x^3-12x^2+6x-1}{4x^2-4x+1}\)

\(=\dfrac{\left(2x\right)^3-3\cdot\left(2x\right)^2\cdot1+3\cdot2x\cdot1^2-1^3}{\left(2x\right)^2-2\cdot2x\cdot1+1^2}\)

\(=\dfrac{\left(2x-1\right)^3}{\left(2x-1\right)^2}=2x-1\)

Bài 2:

a: ĐKXĐ: \(x\ne1;x\ne-1\)

b: \(A=\dfrac{2x^2}{x^2-1}+\dfrac{x}{x+1}-\dfrac{x}{x-1}\)

\(=\dfrac{2x^2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}+\dfrac{x}{x+1}-\dfrac{x}{x-1}\)

\(=\dfrac{2x^2+x\left(x-1\right)-x\left(x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}\)

\(=\dfrac{2x^2+x^2-x-x^2-x}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}\)

\(=\dfrac{2x^2-2x}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\dfrac{2x\left(x-1\right)}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\dfrac{2x}{x+1}\)

c: Để A nguyên thì \(2x⋮x+1\)

=>\(2x+2-2⋮x+1\)

=>\(-2⋮x+1\)

=>\(x+1\in\left\{1;-1;2;-2\right\}\)

=>\(x\in\left\{0;-2;1;-3\right\}\)

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: \(x\in\left\{0;-2;-3\right\}\)

Bài 6:

a: Xét ΔCDM vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có

\(\widehat{DCM}\) chung

Do đó: ΔCDM~ΔCAB

b: Xét ΔMDC vuông tại D và ΔMAE vuông tại A có

\(\widehat{DMC}=\widehat{AME}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMDC~ΔMAE
=>\(\dfrac{MD}{MA}=\dfrac{MC}{ME}\)

=>\(MD\cdot ME=MA\cdot MC\)

c: Ta có: \(\dfrac{MD}{MA}=\dfrac{MC}{ME}\)

=>\(\dfrac{MD}{MC}=\dfrac{MA}{ME}\)

Xét ΔMDA và ΔMCE có

\(\dfrac{MD}{MC}=\dfrac{MA}{ME}\)

\(\widehat{DMA}=\widehat{CME}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMDA~ΔMCE

=>\(\widehat{MAD}=\widehat{MEC}\)

d: Ta có: \(S_{CDM}+S_{AMDB}=S_{ABC}\)

=>\(S_{ABC}=S_{CDM}+3\cdot S_{CDM}=4\cdot S_{CDM}\)

ΔCDM~ΔCAB

=>\(\dfrac{S_{CDM}}{S_{CAB}}=\left(\dfrac{CM}{CB}\right)^2\)

=>\(\left(\dfrac{CM}{CB}\right)^2=\dfrac{1}{4}\)

=>\(\dfrac{CM}{CB}=\dfrac{1}{2}\)

=>CB=2CM

Bài 5:

a: Xét ΔDHA vuông tại H và ΔDAB vuông tại A có

\(\widehat{HDA}\) chung

Do đó: ΔDHA~ΔDAB

=>\(\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{HA}{AB}\)

=>\(AB\cdot AD=AH\cdot BD\)

b: Ta có; ΔABD vuông tại A

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

=>\(BD^2=6^2+8^2=100=10^2\)

=>BD=10(cm)

\(AB\cdot AD=AH\cdot BD\)

=>\(AH\cdot10=6\cdot8=48\)

=>AH=48/10=4,8(cm)

c: ΔDHA~ΔDAB

=>\(\dfrac{DH}{DA}=\dfrac{DA}{DB}\)

=>\(DH\cdot DB=DA^2\)

=>\(DH\cdot10=6^2=36\)

=>DH=3,6(cm)

BH+DH=BD

=>BH+3,6=10

=>BH=6,4(cm)

Xét ΔHDK vuông tại H và ΔHBA vuông tại H có

\(\widehat{HDK}=\widehat{HBA}\)(hai góc so le trong, DK//AB)

Do đó; ΔHDK~ΔHBA

=>\(\dfrac{DK}{BA}=\dfrac{HD}{HB}=\dfrac{3.6}{6.4}=\dfrac{9}{16}\)

d: Ta có: \(\widehat{ANM}+\widehat{NDA}=90^0\)(ΔADN vuông tại A)

\(\widehat{HMD}+\widehat{NDB}=90^0\)(ΔHMD vuông tại H)

mà \(\widehat{NDA}=\widehat{NDB}\)(DN là phân giác của góc ADB)

nên \(\widehat{ANM}=\widehat{HMD}\)

mà \(\widehat{HMD}=\widehat{AMN}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{ANM}=\widehat{AMN}\)

=>AM=AN

Xét ΔDAB có DN là phân giác

nên \(\dfrac{AN}{NB}=\dfrac{AD}{DB}\)(1)

Xét ΔDAH có DM là phân giác

nên \(\dfrac{MH}{AM}=\dfrac{DH}{DA}\left(2\right)\)

ΔDHA~ΔDAB

=>\(\dfrac{DH}{DA}=\dfrac{DA}{DB}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\dfrac{MH}{AM}=\dfrac{AN}{NB}\)

=>\(MH\cdot NB=AM\cdot AN=AM^2\)