ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2=50^2-30^2=1600\)

=>AC=40(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=HB\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\)

=>\(BH=\dfrac{30^2}{50}=18\left(cm\right);CH=\dfrac{40^2}{50}=32\left(cm\right)\)

Áp dụng định lý Pytago vào \(\Delta ABC\) vuông tại A ta có:

\(AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow AC^2=BC^2-AB^2=50^2-30^2=1600\Rightarrow AC=\sqrt{1600}=40\left(cm\right)\)

Áp dụng định lý Pytago vào \(\Delta ABH\) vuông tại H ta có: \(AH^2+BH^2=AB^2\Rightarrow24^2+BH^2=30^2\Rightarrow BH^2=30^2-24^2=324\Rightarrow BH=\sqrt{324}=18\left(cm\right)\)\(HC=BC-BH=50-18=32\left(cm\right)\)

Đề bài yêu cầu gì vậy bạn?

Chứng Minh AF = AK 

Và MK vuông góc Với AE 

Giups với

Kẻ MK⊥AE tại K

Xét ΔADM vuông tại D và ΔAKM vuông tại K có

AM chung

\(\widehat{DAM}=\widehat{KAM}\)

Do đó: ΔADM=ΔAKM

=>AD=AK

mà AD=AB

nên AK=AB

Xét ΔAKN và ΔABN có

AK=AB

\(\widehat{KAN}=\widehat{BAN}\)

AN chung

Do đó: ΔAKN=ΔABN

=>\(\widehat{AKN}=\widehat{ABN}=90^0\)

=>NK\(\perp\)AE

mà MK\(\perp\)AE

và MK,NK có điểm chung là K

nên MN\(\perp\)AE

giups đi 

Kẻ IM\(\perp\)AE

Xét ΔADI vuông tại D và ΔAMI vuông tại M có

AI chung

\(\widehat{DAI}=\widehat{MAI}\)

Do đó: ΔADI=ΔAMI

=>AD=AM

mà AD=AB

nên AM=AB

Xét ΔAMK và ΔABK có

AM=AB

\(\widehat{MAK}=\widehat{BAK}\)

AK chung

Do đó: ΔAMK=ΔABK

=>\(\widehat{AMK}=\widehat{ABK}=90^0\)

\(\widehat{IMK}=\widehat{IMA}+\widehat{KMA}\)

\(=90^0+90^0=180^0\)

=>I,M,K thẳng hàng

=>IK\(\perp\)AE

2400 - (60 - 2x)(40 - 2x)

= 2400 - 2400 + 120x + 80x - 4x²

= -4x² + 200x

\(CuO+2HCl\rightarrow CuCl_2+H_2O\\ n_{CuO}=\dfrac{8}{80}=0,1\left(mol\right)\\ n_{HCl}=2.0,1=0,2\left(mol\right)\\ V_{ddHCl}=\dfrac{0,2}{1}=0,2\left(l\right)\\ V_{ddsau}=V_{ddHCl}=0,2\left(l\right)\\ n_{CuCl_2}=n_{CuO}=0,2\left(mol\right)\\ C_{MddCuCl_2}=\dfrac{0,2}{0,2}=1\left(M\right)\)

 a) Do ABCD là hình bình hành (gt)

⇒ AB = CD   (1)

Do E là trung điểm AB (gt)

⇒ AE = BE = AB : 2   (2)

Do F là trung điểm CD (gt)

⇒ CF = DF = CD : 2   (3)

Từ (1), (2) và (3)

⇒ AE = BE = CF = DF

Do ABCD là hình bình hành (gt)

⇒ AB // CD

⇒ AE // CF

Tứ giác AECF có:

AE // CF (cmt)

AE = CF (cmt)

⇒ AECF là hình bình hành

b) Do AB // CD (cmt)

⇒ BE // DF

Tứ giác BEDF có:

BE // DF (cmt)

BE = DF (cmt)

⇒ BEDF là hình bình hành

⇒ BF // DE

⇒ BK // EI và KF // DI

∆CDI có:

F là trung điểm CD (gt)

KF // DI (cmt)

⇒ K là trung điểm của CI

⇒ CK = IK (4)

∆ABK có:

E là trung điểm của AB (gt)

BK // EI (cmt)

⇒ I là trung điểm của AK

⇒ AI = IK (5)

Từ (4) và (5)

⇒ AI = IK = KC

1: Xét tứ giác AMHN có

\(\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{MAN}=90^0\)

Do đó: AMHN là hình chữ nhật

=>AH=MN; AM=HN; AN=MH

Xét ΔAMH và ΔHNA có

AM=HN

AH chung

MH=NA

Do đó: ΔAMH=ΔHNA

AMHN là hình chữ nhật

=>AH cắt MN tại trung điểm của mỗi đường và AH=MN

=>I là trung điểm chung của AH và MN

I là trung điểm của MN nên IM=IN

2:

\(IA=IH=\dfrac{AH}{2}\)

\(IM=IN=\dfrac{MN}{2}\)

mà AH=MN

nên IA=IH=IM=IN

ΔABC vuông tại A

mà AO là đường trung tuyến

nên AO=OB=OC

AO=OC

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OCA}\)

mà \(\widehat{OCA}=\widehat{MHB}\)(AC//HM)

nên \(\widehat{BHM}=\widehat{NAQ}\)

Xét ΔANQ vuông tại N và ΔHMB vuông tại M có

AN=HM

\(\widehat{NAQ}=\widehat{MHB}\)

Do đó: ΔANQ=ΔHMB

=>NQ=MB

Xét tứ giác NQBM có

NQ//BM

NQ=BM

Do đó: NQBM là hình bình hành

=>BQ//MN

a: ĐKXĐ: x<>2

\(\dfrac{2x^2-1}{x-2}+\dfrac{-x^2-3}{x-2}\)

\(=\dfrac{2x^2-1-x^2-3}{x-2}=\dfrac{x^2-4}{x-2}\)

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

b: ĐKXĐ: \(x\ne\pm y\)

\(\dfrac{x}{x+y}+\dfrac{y}{x-y}\)

\(=\dfrac{x\left(x-y\right)+y\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)\left(x-y\right)}\)

\(=\dfrac{x^2-xy+xy+y^2}{x^2-y^2}=\dfrac{x^2+y^2}{x^2-y^2}\)

Em cảm ơn ạ 😍💞