a) ĐKXĐ: $x\ne-2$

 \(\dfrac{x^4+2x^2+7}{x+2}=\dfrac{x^4+2x^3-2x^3-4x^2+6x^2+12x-12x-24+31}{x+2}\)

\(=\dfrac{x^3\left(x+2\right)-2x^2\left(x+2\right)+6x\left(x+2\right)-12\left(x+2\right)+31}{x+2}\)

\(=\dfrac{\left(x^3-2x^2+6x-12\right)\left(x+2\right)+31}{x+2}\)

\(=x^3-2x^2+6x-12+\dfrac{31}{x+2}\)

b) Đặt \(f\left(x\right)=x^2+10x+a\). Khi đó, vì \(f(x)\vdots(x+3)\) nên theo định lí Bezóut, ta được: \(f\left(-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(-3\right)^2+10\cdot\left(-3\right)+a=0\)

\(\Leftrightarrow-21+a=0\Leftrightarrow a=21\)

b: \(x^2+10x+a⋮x+3\)

=>\(x^2+3x+7x+21+a-21⋮x+3\)

=>a-21=0

=>a=21

a: 

a: Xét ΔADC vuông tại D và ΔAEB vuông tại E có

AC=AB

\(\widehat{DAC}\) chung

Do đó: ΔADC=ΔAEB

b: ta có: ΔADC=ΔAEB

=>AD=AE

Xét ΔADI vuông tại D và ΔAEI vuông tại E có

AI chung

AD=AE

Do đó: ΔADI=ΔAEI

=>\(\widehat{DAI}=\widehat{EAI}\)

=>\(\widehat{BAI}=\widehat{CAI}\)

=>AI là phân giác của góc BAC

c: Xét ΔABC có \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)

nên DE//BC

d: Ta có: ID=IE(ΔADI=ΔAEI)

mà ID<IB(ΔIDB vuông tại D)

nên IE<IB

e: Kẻ EM//AB(M\(\in\)BC)

Ta có: EM//AB

=>\(\widehat{EMC}=\widehat{ABC}\)(hai góc đồng vị)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ECM}\)(ΔABC cân tại A)

nên \(\widehat{EMC}=\widehat{ECM}\)

=>EM=EC

Ta có: AD+DB=AB

AE+EC=AC

mà AD=AE và AB=AC

nên DB=EC

=>BF=EC

Xét ΔKEM và ΔKFB có

\(\widehat{KME}=\widehat{KBF}\)(hai góc so le trong, BF//ME)

EM=BF

\(\widehat{KEM}=\widehat{KFB}\)(hai góc so le trong, BF//ME)

Do đó: ΔKEM=ΔKFB

=>KF=KE

=>K là trung điểm của EF

Sau 20 phút, lượng nước chảy vào bể là: 20 . 2x = 40x (l)

Sau 20 phút, lượng nước từ bể chảy ra ngoài là: 20x (l)

Biểu thức biểu thị lượng nước trong bể sau khi đồng thời mở các vòi trên sau 20 phút:

150 + 40x - 20x = 150 + 20x (l)

a: Sửa đề: Từ D kẻ DH\(\perp\)AC, chừng  minh ΔABD=ΔAHD

Xét ΔABD vuông tại B và ΔAHD vuông tại H có

AD chung

\(\widehat{BAD}=\widehat{HAD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔHAD

b: Sửa đề: AD là đường trung trực của BH

Ta có: ΔBAD=ΔHAD

=>BD=HD và BA=HA

Ta có: DB=DH

=>D nằm trên đường trung trực của BH(1)

ta có: AB=AH

=>A nằm trên đường trung trực của BH(2)

Từ (1),(2) suy ra AD là đường trung trực của BH

c: Xét ΔDBI vuông tại B và ΔDHC vuông tại H có

DB=DH

\(\widehat{BDI}=\widehat{HDC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDBI=ΔDHC

=>DI=DC

=>ΔDIC cân tại D

Lời giải:

$\widehat{C}=180^0-(\widehat{A}+\widehat{B})=180^0-(40^0+60^0)=80^0$ (tính chất tổng 3 góc trong tam giác)

Ta thấy: 

$80^0> 60^0> 40^0$

$\Rightarrow \widehat{C}> \widehat{B}> \widehat{A}$

$\Rightarrow AB> AC> BC$ (tính chất cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn)

a: Xét ΔBEA và ΔBEC có

BE chung

EA=EC

BA=BC

Do đó: ΔBEA=ΔBEC

b: ta có: ΔBEA=ΔBEC

=>\(\widehat{ABE}=\widehat{CBE}\)

=>BE là phân giác của góc ABC

c: Ta có: ΔBEA=ΔBEC

=>\(\widehat{BEA}=\widehat{BEC}\)

mà \(\widehat{BEA}+\widehat{BEC}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{BEA}=\widehat{BEC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

=>BE\(\perp\)AC

d: Xét tứ giá ABCK có

AK//BC

AK=BC

Do đó: ABCK là hình bình hành

=>AC cắt BK tại trung điểm của mỗi đường

mà E là trung điểm của AC

nên E là trung điểm của BK

=>B,E,K thẳng hàng

a) Xét ∆ABM và ∆CDM có:

AM = CM (gt)

∠AMB = ∠CMD (đối đỉnh)

MB = MD (gt)

⇒ ∆ABM = ∆CDM (c-g-c)

⇒ AB = CD (hai cạnh tương ứng)

∠BAM = ∠DCM (hai góc tương ứng)

Mà ∠BAM = ∠BAC = 90⁰

⇒ ∠DCM = 90⁰

⇒ CD ⊥ CM

⇒ CD ⊥ AC

b) Xét ∆AMD và ∆CMB có:

AM = CM (gt)

∠AMD = ∠CMB (đối đỉnh)

MD = MB (gt)

⇒ ∆AMD = ∆CMB (c-g-c)

⇒ AD = BC (hai cạnh tương ứng)

∠MAD = ∠MCB (hai góc tương ứng)

Mà ∠MAD và ∠MCB là hai góc so le trong

⇒ AD // BC

c) ∆ABC vuông tại A (gt)

⇒ BC là cạnh huyền nên là cạnh lớn nhất

⇒ BC > AB

Mà AB = CD (cmt)

⇒ BC > CD

∆BCD có:

BC > CD (cmt)

⇒ ∠CDB > ∠CBD

⇒ ∠CDM > ∠CBM

∆ABM = ∆CDM (cmt)

⇒ ∠ABM = ∠CDM (hai góc tương ứng)

Mà ∠CDM > ∠CBM

⇒ ∠ABM > ∠CBM