a: Ta có: ΔABC vuông tại A

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

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

=>AC=4(cm)

Xét ΔBAC có

M,N lần lượt là trung điểm của BA,BC

=>MN là đường trung bình của ΔBAC

=>MN//AC và \(MN=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{2}\cdot4=2\left(cm\right)\)

b: Xét tứ giác AMNC có MN//AC

nên AMNC là hình thang

Hình thang AMNC có \(\widehat{MAC}=90^0\)

nên AMNC là hình thang vuông

c: Ta có: ΔABC vuông tại A

mà AN là đường trung tuyến

nên BC=2AN

Xét ΔBAC có BD là phân giác

nên \(\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{2\cdot AM}{2\cdot AN}=\dfrac{AM}{AN}\)

giúp với ạ.Cảm ơn

Gọi thời gian xưởng làm theo kế hoạch là x (ngày) với x>3

Số áo xưởng phải dệt theo kế hoạch là: \(30x\) (áo)

Số ngày thực tế là: \(x-3\) (ngày)

Số áo thực tế dệt được là: \(40\left(x-3\right)\) (áo)

Do xưởng làm thêm được 20 chiếc áo nữa nên ta có pt:

\(40\left(x-3\right)-30x=20\)

\(\Leftrightarrow10x-120=20\)

\(\Leftrightarrow10x=140\)

\(\Leftrightarrow x=14\)

bài lớp 8 mà ???

a. Em tự giải

b.

Ta có: \(\widehat{CAH}=\widehat{ABC}\) (cùng phụ \(\widehat{ACB}\))

Mà \(\widehat{FAE}=\dfrac{1}{2}\widehat{CAH}\) (do AD là phân giác)

\(\widehat{HBE}=\dfrac{1}{2}\widehat{ABC}\) (do BK là phân giác)

\(\Rightarrow\widehat{FAE}=\widehat{HBE}\)

Xét hai tam giác AEF và BEH có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{FAE}=\widehat{HBE}\left(cmt\right)\\\widehat{AEF}=\widehat{BEH}\left(\text{đối đỉnh}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta BEH\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{EF}{EH}\Rightarrow EA.EH=EF.EB\)

c.

Do \(\Delta AEF\sim\Delta BEH\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{BHE}=90^0\)

\(\Rightarrow BF\perp AD\) tại F

Trong tam giác ABD, BF vừa là đường cao vừa là phân giác nên \(\Delta ABD\) cân tại B

\(\Rightarrow BF\) là trung trực AD hay \(BK\) là trung trực của AD

\(\Rightarrow KA=KD\Rightarrow\Delta ADK\) cân tại K

\(\Rightarrow\widehat{KDA}=\widehat{KAD}\)

Mà \(\widehat{KAD}=\widehat{DAH}\) (do AD là phân giác)

\(\Rightarrow\widehat{KDA}=\widehat{DAH}\Rightarrow KD||AH\) (hai góc so le trong bằng nhau)

d.

Xét hai tam giác ABC và HBA có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{B}-chung\\\widehat{BAC}=\widehat{BHA}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta HBA\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AB}{BH}=\dfrac{BC}{AB}\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BH}{AB}\) (1)

Theo cm câu c, do \(\Delta ABD\) cân tại B \(\Rightarrow AB=BD\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BH}{BD}\)

Cũng theo câu c, do \(KD||AH\), áp dụng định lý Talet trong tam giác BKD:

\(\dfrac{BH}{BD}=\dfrac{EH}{KD}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{EH}{KD}\)

\(\Rightarrow\dfrac{EH}{AB}=\dfrac{KD}{BC}\)

a: Xét ΔABD vuông tại Dvà ΔACE vuông tại E có

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD~ΔACE

b: Ta có: ΔABD~ΔACE

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

=>\(\dfrac{2}{AE}=\dfrac{4}{5}\)

=>\(AE=2\cdot\dfrac{5}{4}=2\cdot1,25=2,5\left(cm\right)\)

c: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\)

Do \(x;y;z\le1\Rightarrow x+y+z\le3\)

Đồng thời: \(\left\{{}\begin{matrix}\left(1-z\right)\left(1-x\right)\ge0\Rightarrow1+zx\ge x+z\\\left(1-x\right)\left(1-y\right)\ge0\Rightarrow1+xy\ge x+y\\\left(1-y\right)\left(1-z\right)\ge0\Rightarrow1+yz\ge y+z\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}1+y+zx\ge x+y+z\\1+z+xy\ge x+y+z\\1+x+yz\ge x+y+z\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{1+y+zx}+\dfrac{y}{1+z+xy}+\dfrac{z}{1+x+yz}\le\dfrac{x}{x+y+z}+\dfrac{y}{x+y+z}+\dfrac{z}{x+y+z}\)

\(=\dfrac{x+y+z}{x+y+z}\le\dfrac{3}{x+y+z}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)

a) Do K, H lần lượt là trung điểm của AB, AC nên ta có: AK = 1/2 AB và AH = 1/2 AC.
- Vì vậy, ta có: HK = 1/2 (AB + AC - BC) = 1/2 BC.
- Vì HK = 1/2 BC và HK cắt BC tại M (trung điểm của BC) nên HK song song với BC.
- Vậy, HK là đường trung bình của tam giác ABC.
=> Tứ giác BCKH là hình thang vì HK song song với BC.
b) Do AD, AE là phân giác của góc AMB, AMC nên ta có: ∠MAD = ∠MBA và ∠MAE = ∠MCA.
- Do đó, ∠MAD + ∠MAE = ∠MBA + ∠MCA = ∠BMC = ∠AME.
- Vì vậy, AI là trung tuyến của tam giác AME.
=> Vậy, I là trung điểm của DE.

a: Ta có: \(\widehat{BMO}+\widehat{MBO}+\widehat{MOB}=180^0\)

\(\widehat{CON}+\widehat{MON}+\widehat{MOB}=180^0\)

mà \(\widehat{MBO}=\widehat{MON}\left(=60^0\right)\)

nên \(\widehat{BMO}=\widehat{CON}\)

Xét ΔBMO và ΔCON có

\(\widehat{BMO}=\widehat{CON}\)

\(\widehat{B}=\widehat{C}\)

Do đó: ΔBMO~ΔCON

b: Ta có: ΔBMO~ΔCON

=>\(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{CO}\)

mà BO=CO

nên \(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{BO}\)

c: \(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{BO}\)

=>\(\dfrac{OM}{BM}=\dfrac{ON}{OB}\)

Xét ΔOMN và ΔBMO có

\(\dfrac{OM}{BM}=\dfrac{ON}{OB}\)

\(\widehat{MON}=\widehat{MBO}=60^0\)

Do đó: ΔMON~ΔMBO

=>\(\widehat{OMN}=\widehat{BMO}\)

=>MO là phân giác của góc BMN

@Phạm Lê Minh Vương, là sao má???

a: Xét ΔFAE vuông tại A và ΔFDC vuông tại D có

\(\widehat{AFE}=\widehat{DFC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFAE~ΔFDC

b: Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

Do đó: ΔAEF~ΔACB

=>\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{EF}{CB}\)

=>\(AE\cdot BC=AC\cdot EF\)

c: Xét tứ giác ADCE có \(\widehat{EAC}=\widehat{EDC}=90^0\)

nên ADCE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{ADE}=\widehat{ACE}\)

=>\(\widehat{ADF}=\widehat{ECF}\)