Bài 4:

a: Xét ΔDHE vuông tại H và ΔDKF vuông tại K có

\(\widehat{HDE}\) chung

Do đó: ΔDHE~ΔDKF

b: ΔDHE~ΔDKF

=>\(\dfrac{DH}{DK}=\dfrac{DE}{DF}\)

=>\(\dfrac{2}{DK}=\dfrac{3}{5}\)

=>\(DK=2\cdot\dfrac{5}{3}=\dfrac{10}{3}\left(cm\right)\)

c: Xét ΔIKE vuông tại K và ΔIHF vuông tại H có

\(\widehat{KIE}=\widehat{HIF}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIKE~ΔIHF

=>\(\dfrac{IK}{IH}=\dfrac{IE}{IF}\)

=>\(\dfrac{IK}{IE}=\dfrac{IH}{IF}\)

Xét ΔIKH và ΔIEF có

\(\dfrac{IK}{IE}=\dfrac{IH}{IF}\)

\(\widehat{KIH}=\widehat{EIF}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIKH~ΔIEF

=>\(\widehat{IKH}=\widehat{IEF}\)

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔHBA~ΔABC

b: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔHAC vuông tại H có

\(\widehat{HBA}=\widehat{HAC}\left(=90^0-\widehat{ACB}\right)\)

Do đó ΔHBA~ΔHAC

=>\(\dfrac{HB}{HA}=\dfrac{HA}{HC}\)

=>\(HB\cdot HC=HA^2\)

c: Xét ΔADH vuông tại D và ΔAHB vuông tại H có

\(\widehat{DAH}\) chung

Do đó: ΔADH~ΔAHB

=>\(\dfrac{AD}{AH}=\dfrac{AH}{AB}\)

=>\(AH^2=AD\cdot AB\left(1\right)\)

Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAHC vuông tại H có

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH~ΔAHC

=>\(\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AH}{AC}\)

=>\(AH^2=AE\cdot AC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

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

Xét ΔADE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

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

Do đó: ΔADE~ΔACB

a) Do AM là đường trung tuyến của ∆ABC (gt)

⇒ M là trung điểm của BC

⇒ MB = MC

∆AMB có:

MD là tia phân giác của ∠AMB (gt)

⇒ AD/BD = AM/BM

∆AMC có:

ME là tia phân giác của ∠AMC (gt)

⇒ AE/CE = AM/MC

Mà MB = MC (cmt)

⇒ AD/BD = AE/CE

∆ABC có:

AD/BD = AE/CE (cmt)

⇒ DE // BC (định lý Thales đảo)

b) Do DE // BC (cmt)

⇒ DO // BM và OE // MC

∆ABC có:

DE // BC (cmt)

⇒ AD/AB = AE/AC

∆ABM có:

DO // BM (cmt)

⇒ AD/AB = OD/BM

∆ACM có:

OE // MC (cmt)

⇒ AE/AC = OE/MC

Mà AD/AB = AE/AC (cmt)

⇒ OD/BM = OE/MC

Mà MB = MC (cmt)

⇒ OD = OE

⇒ O là trung điểm của DE

c) Do PQ // BC (gt)

DE // BC (cmt)

⇒ DE // PQ

∆MPQ có:

DE // PQ (cmt)

⇒ DE/PQ = ME/MQ (1)

Do DE // PQ (cmt)

⇒ OE // AQ

∆MAQ có:

OE // AQ (cmt)

⇒ ME/MQ = MO/MA (2)

Từ (1) và (2) ⇒ DE/PQ = MO/MA

a: Xét ΔMAB có MD là phân giác

nên \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{AM}{MC}\left(1\right)\)

Xét ΔAMC có ME là phân giác

nên \(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AM}{MC}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AE}{EC}\)

Xét ΔABC có \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AE}{EC}\)

nên DE//BC

b: Xét ΔABM có DO//BM

nên \(\dfrac{DO}{BM}=\dfrac{AO}{AM}\left(3\right)\)

Xét ΔAMC có OE//MC

nên \(\dfrac{OE}{MC}=\dfrac{AO}{AM}\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(\dfrac{DO}{BM}=\dfrac{OE}{MC}\)

mà MB=MC

nên DO=OE

=>O là trung điểm của DE

Do 2 tam giác vuông đồng dạng nên ta có:

\(\dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{y_1}{y_2}\Rightarrow x_1=\dfrac{x_2.y_1}{y_2}=\dfrac{1.208,2}{1,5}=138,8\left(m\right)\)

Vậy kim tự tháp cao \(138,8\left(m\right)\)

Do MK song song DE (cùng vuông góc mặt đất AK), áp dụng định lý Thales:

\(\dfrac{AE}{AK}=\dfrac{DE}{MK}\Rightarrow MK=\dfrac{DE.AK}{AE}=\dfrac{3.6}{2}=9\left(m\right)\)

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

\(\widehat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB~ΔAEC

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

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

Xét ΔADE và ΔABC có

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

\(\widehat{DAE}\) chung

Do đó: ΔADE~ΔABC

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

Xét ΔADE và ΔABC có

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

\(\widehat{DAE}\) chung

Do đó: ΔADE~ΔABC

b: Xét ΔHEB vuông tại E và ΔHDC vuông tại D có

\(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHEB~ΔHDC
=>\(\dfrac{HE}{HD}=\dfrac{HB}{HC}\)

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

c: Ta có: BH\(\perp\)AC tại D

CK\(\perp\)AC

Do đó: BH//CK

ta có:CH\(\perp\)AB

BK\(\perp\)AB

Do đó: CH//BK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

=>H,M,K thẳng hàng

ΔAED~ΔACB

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

d: 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 O

Xét ΔBEC vuông tại Evà ΔBOA vuông tại O có

\(\widehat{EBC}\) chung

Do đó:ΔBEC~ΔBOA

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

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

Xét ΔCDB vuông tại D và ΔCOA vuông tại O có

\(\widehat{DCB}\) chung

DO đó: ΔCDB~ΔCOA

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

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

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

\(=BO\cdot BC+CO\cdot BC\)

\(=BC\left(BO+CO\right)=BC^2\)

Phần e,f,g đou ạ

Xét hai tam giác CIB và AFC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CIB}=\widehat{AFC}=90^0\\\widehat{BCI}=\widehat{CAF}\left(\text{so le trong}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta CIB\sim\Delta AFC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{CI}{AF}=\dfrac{BC}{CA}\Rightarrow AF.BC=CI.CA\)

TĐB, ta có: (chép lại đề bài)

=> 3x = x + 5 + 1

=> 3x = x + 6

=> 3x - x = 6

=> x(3-1) = 6

=> 2x = 6

=> x = 6 : 2

=> x = 3

Vậy x = 3

\(\Leftrightarrow\left(x^2+xy\right)-\left(x+y\right)-\left(2xy^2-2y^2\right)=1\)

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

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

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x+y-2y^2\right)=1=1.1=\left(-1\right).\left(-1\right)\)

Th1: \(\left\{{}\begin{matrix}x-1=1\\x+y-2y^2=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\2+y-2y^2=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\2y^2-y-1=0\end{matrix}\right.\)

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

Th2: \(\left\{{}\begin{matrix}x-1=-1\\x+y-2y^2=-1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\0+y-2y^2=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\2y^2-y-1=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\\left[{}\begin{matrix}y=1\\y=-\dfrac{1}{2}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Vậy pt có 2 cặp nghiệm nguyên \(\left(x;y\right)=\left(2;1\right);\left(0;1\right)\)