a/

Xét tư giác HDEI

\(AH\perp BC\left(gt\right)\Rightarrow IH\perp BC;ED\perp BC\left(gt\right)\) 

=> IH//ED (cùng vg với BC)

\(BC\perp AH\left(gt\right)\Rightarrow DH\perp AH;EI\perp AH\left(gt\right)\)

=> DH//EI (cùng vg với AH)

=> HDEI là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

\(\widehat{AHD}=90^o\) 

=> HDEI là HCN

Xét tư giác ABDE có

A và D cùng nhìn BE dưới 2 góc = nhau và \(=90^o\)

=> ABDE là tứ giác nội tiếp

\(\widehat{ABE}=\widehat{ADE}\) (góc nt cùng chắn cung AE) (1)

\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}\) (góc nt cùng chắn cung AB) (2)

ED//AH => \(\widehat{ADE}=\widehat{HAD}\) (góc so le trong) (3)

HA = HD (gt) => tg HAD cân tại H \(\Rightarrow\widehat{HAD}=\widehat{ADB}\) (4)

Từ (1) (2) (3) (4) \(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{AEB}\) => tg ABE cân tại A

=> AE = AB

b/

Xét tg cân ABE có

MB = ME (gt) \(\Rightarrow\widehat{BAK}=\widehat{CAK}\) (trong tg cân đường trung tuyến xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác của góc ở đỉnh)

Xét tg ABC có

\(\dfrac{KB}{AB}=\dfrac{KC}{AC}\) (Trong một tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề với hai đoạn ấy)

\(\Rightarrow KB.AC=KC.AB\) mà AB=AE (cmt)

\(\Rightarrow KB.AC=KC.AE\)

2 tg EDC và tg BDC có chung DC và đường cao từ E->DC = đường cao từ B->DC nên

\(S_{BDC}=S_{EDC}\)

2 tg ABD và tg BDC có đường cao từ D->AB = đường cao từ B->DC nên

\(\dfrac{S_{ABD}}{S_{BDC}}=\dfrac{AB}{DC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow S_{ABD}=\dfrac{1}{2}xS_{BDC}=\dfrac{1}{2}xS_{EDC}\)

\(\Rightarrow S_{ABCD}=S_{ABD}+S_{BDC}=\dfrac{1}{2}xS_{EDC}+S_{EDC}=\dfrac{3}{2}xS_{EDC}=\dfrac{3}{2}x30=45cm^2\)

Gọi H là giao của AB cà CD

\(S_{ACBD}=S_{CAB}+S_{DAB}=\dfrac{1}{2}.CH.AB+\dfrac{1}{2}.DH.AB=\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(CH+DH\right).AB=\dfrac{1}{2}CD.AB\)

Ta có \(AB=2R\) cố định \(\Rightarrow S_{ACBD}\) lớn nhất khi CD lớn nhất

CD lớn nhất khi \(CD=AB=2R\) (Trong đường tròn dây cung có độ dài lớn nhất là đường kính)

\(\Rightarrow S_{ACBD_{max}}=\dfrac{1}{2}AB^2=\dfrac{1}{2}4R^2=2R^2\)

Khi quên dấu phẩy của 1 số thập phân có 2 chữ số thập phân (sô tp thứ nhất) ta được số mới gấp 100 lần số tp thứ nhất

Như vậy tổng lớn hơn tổng ban đầu là 99 lần số tp thứ nhất

99 lần số tp thứ nhất là

\(337,2-18,42=318,78\)

Số tp thứ nhất là

\(318,78:99=3,22\)

Số tp thứ 2 là

\(18,42-3,22=15,2\)

a/ Xét tứ giác ABMC có

\(IB=IC\left(gt\right);IA=IM\left(gt\right)\)

=> ABMC là hình bình hành (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

Mà \(\widehat{A}=90^o\left(gt\right)\)

=> ABMC là HCN

b/

ABMC là HCN (cmt) => MC//AB (cạnh đối HCN) => MC//AD (1)

\(MC=AB\) (cạnh đối HCN) mà \(AB=AD\left(gt\right)\Rightarrow MC=AD\) (2)

Từ (1) và (2) => AMCD là hbh (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và = nhau là hbh)

c/

Gọi O là giao của AC và DM

\(\Rightarrow OD=OM\) (Trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

\(\Rightarrow DM=OD+OM=2OM\)

Xét tg ACM có

\(IA=IM\left(gt\right)\)

\(OA=OC\) (Trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

=> G là trong tâm của tg ACM \(\Rightarrow GM=\dfrac{2}{3}OM\Rightarrow OM=\dfrac{3}{2}GM\)

\(\Rightarrow DM=2OM=2.\dfrac{3}{2}GM=3GM\)

a/

\(B=\dfrac{2x-2}{x}=\dfrac{2.\left(-1\right)-2}{-1}=4\)

b/

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

\(=\dfrac{-6\left(x-3\right)}{x\left(x-3\right)}=\dfrac{-6}{x}\)

c/

\(P=\dfrac{A}{B}=\dfrac{-6}{x}.\dfrac{x}{2\left(x-1\right)}=-\dfrac{3}{x-1}\) Để P có giá trị nguyên

\(\Rightarrow\left(x-1\right)=\left\{-3;-1;1;3\right\}\)

\(\Rightarrow x=\left\{-2;0;2;4\right\}\)

a/

ĐKXĐ \(x\ne\pm4\)

b/

\(A=\dfrac{\left(x-4\right)+x\left(x+4\right)+24-x^2}{\left(x^2-16\right)}=\)

\(=\dfrac{x-4+x^2+4x+24-x^2}{x^2-16}=\dfrac{5x+20}{\left(x-4\right)\left(x+4\right)}=\)

\(=\dfrac{5\left(x+4\right)}{\left(x-4\right)\left(x+4\right)}=\dfrac{5}{x-4}\)

c/

\(A=\dfrac{5}{10-4}=\dfrac{5}{6}\)

a/

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

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

\(\Leftrightarrow4\left(x-3\right)=0\Leftrightarrow x=3\)

b/

\(\Leftrightarrow4x^2\left(x-1\right)-4\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(4x^2-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\x+1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-1\end{matrix}\right.\)

a/

\(=3x\left(2x-y\right)\)

b/ \(=x\left(x^2-16\right)=x\left(x-4\right)\left(x+4\right)\)

c/ \(=\left(x-y\right)\left(x+y\right)+4\left(x-y\right)=\)

\(=\left(x-y\right)\left(x+y+4\right)\)

a/

Xét tg vuông DBH và tg vuông ABC có

\(HD\perp AB\left(gt\right);AC\perp AB\left(gt\right)\) => HD//AC

\(\Rightarrow\widehat{BHD}=\widehat{BAC}\) (góc đồng vị)

=> tg DBH đồng dạng với tg ABC \(\Rightarrow\dfrac{BD}{BH}=\dfrac{BA}{BC}\)

b/

DH//AC (cmt) \(\Rightarrow\dfrac{OA}{OH}=\dfrac{OC}{OD}\left(Talet\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{OH}{OD}=\dfrac{OA+OH}{OC+OD}=\dfrac{AH}{CD}\Rightarrow\dfrac{OA}{AH}=\dfrac{OC}{CD}\) (1)

Xét tg AHE có

OF//DH (gt) => OF//HE \(\Rightarrow\dfrac{OA}{AH}=\dfrac{OF}{HE}\) (2)

Xét tg CDH có

OF//HD (gt) \(\Rightarrow\dfrac{OC}{CD}=\dfrac{OF}{HD}\) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\dfrac{OF}{HD}=\dfrac{OF}{HE}\Rightarrow HD=HE\)

c/

Xét tg ABC có

HD//AC (cmt) \(\Rightarrow\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{HD}{AC}\) (4)

Xét tg AIC có 

DH//AC (cmt) => HE//AC \(\Rightarrow\dfrac{IH}{AI}=\dfrac{HE}{AC}\) (5)

Mà \(HD=HE\left(cmt\right)\) (6)

Từ (4) (5) (6) \(\Rightarrow\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{IH}{AI}\Rightarrow\dfrac{BC}{AI}=\dfrac{BH}{IH}=\dfrac{BC-BH}{AI-IH}=\dfrac{HC}{AH}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{HC}=\dfrac{IH}{AH}\)

Xét tg HBI và tg HCA có

\(\widehat{BHI}=\widehat{AHC}\) (góc đối đỉnh)

\(\dfrac{BH}{HC}=\dfrac{IH}{AH}\left(cmt\right)\)

=> tg HBI đồng dạng với tg HCA (c.g.c)

\(\Rightarrow\widehat{HBI}=\widehat{HCA}\) mà 2 góc này ở vị trí so le trong  => BI//AC