Xét ΔCEB vuông tại E và ΔCFD vuông tại F có

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

Do đó: ΔCEB~ΔCFD

=>\(\dfrac{CE}{CF}=\dfrac{CB}{CD}=\dfrac{AD}{CD}\)

=>\(\dfrac{CE}{DA}=\dfrac{CF}{CD}\)

=>\(\dfrac{AD}{CE}=\dfrac{DC}{CF}\)

Xét tứ giác AECF có \(\widehat{AEC}+\widehat{AFC}+\widehat{FAE}+\widehat{FCE}=360^0\)

=>\(\widehat{BAD}+\widehat{FCE}=360^0-90^0-90^0=180^0\)

mà \(\widehat{BAD}+\widehat{ADC}=180^0\)(ABCD là hình bình hành)

nên \(\widehat{ADC}=\widehat{FCE}\)

Xét ΔADC và ΔECF có

\(\dfrac{AD}{EC}=\dfrac{DC}{CF}\)

\(\widehat{ADC}=\widehat{ECF}\)

Do đó: ΔADC~ΔECF

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

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

Do đó: ΔHBA~ΔHAC

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

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

c: ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)

ΔBHA~ΔBAC

=>\(\dfrac{S_{BHA}}{S_{BAC}}=\left(\dfrac{BA}{BC}\right)^2=\left(\dfrac{3}{5}\right)^2=\dfrac{9}{25}\)

a) Ta có đcao AH(H thuộc BC)->AH vuông góc với BC->AHB=AHC=90 xét ABH và CBA có AHB=CAB=90 CBA chung ->tg ABH đồng dạng với tg CBA(g-g) b)xét tg ABH vuông tại H có HBA+HAB=90(1) Xét tg ABC có ABC+ACB=90 hayHBA+ACH=90(2) Từ (1) và (2)->HAB=ACH Xét tgHAC và tg HBA có ACH=BAH(cmt) AHC=BHA=90 -> tg HAC đồng dạng với tg HBA(g-g)->AH/HB=CH/AH hay AH2=BH.CH

Ta có:

(2a - b)(2a + b) = 4a^2 - b^2 = 5a^2 - (a^2 + b^2)

(2b + a)(2b - a) = 4b^2 - a^2 = 5b^2 - (a^2 + b^2)

Vì : 5a^2 , 5b^2 và (a^2 + b^2) chia hết cho 5

thì (2a - b)(2a + b) chia hết cho 5

và (2b + a)(2b - a) chia hết cho 5

mà 5 là số nguyên tố

nên: 2a - b và 2b + a hoặc 2a + b và 2b - a chia hết cho 5 (đpcm)

Giải:

ΔABC ∼ΔA'B'C' ta có:

Góc A = góc A'; Góc B = góc B'; Góc C = Góc C'

Và các tỉ số:

\(\frac{AB}{A^{\prime}B^{\prime}}=\frac{AC}{A^{\prime}C^{\prime}}=\frac{BC}{B^{\prime}C^{\prime}}\)

Vậy khẳng định không đúng là khẳng định:

C. \(\frac{AB}{A^{\prime}B^{\prime}}\) = \(\frac{A^{\prime}C^{\prime}}{AC}\)

Chọn C nha bạn

Giải:

y = (m -2)\(x\) + 2

⇒ (m- 2)\(x\) - y + 2 = 0

Gốc tọa độ O(0; 0)

Khoảng cách từ gốc tọa độ O(0; 0) đến đường thẳng (d) là:

d(O;d) = \(\frac{\left|\left(m-2\right)\right..0-1.0+2\left|\right.}{\sqrt{\left(m-2\right)^2+1}}\) = \(\frac{2}{\sqrt{\left(m-2\right)^2+1}}\)

Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất khi A = \(\frac{2}{\sqrt{\left(m-2\right)^2+1}}\) lớn nhất.

Vì 2 > 0; \(\sqrt{\left(m-2\right)^2+1}\) > 0 ∀ m nên

A lớn nhất khi (m - 2)\(^2\) + 1 là nhỏ nhất.

(m - 2)\(^2\) ≥ 0 ∀ m

(m - 2)\(^2\) + 1 ≥ 1 ∀ m

\(\sqrt{\left(m-2\right)^2+1}\) ≥ 1 ∀ m

A = \(\frac{2}{\sqrt{\left(m-2^{}\right)^2+1}}\) ≤ \(\frac21=2\) dấu bằng xảy khi m - 2 = 0

suy ra m = 2

Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ đến đồ thị lớn nhất là \(2\) khi m = 2

O A B C D I M H K

Xét \(\Delta OAC\)và \(\Delta DBO\)có :

\(\widehat{CAO}=\widehat{DBO}\left(=90^o\right)\); \(\widehat{COA}=\widehat{ODB}\)( cùng phụ \(\widehat{DOB}\))

\(\Rightarrow\)\(\Delta OAC\)~ \(\Delta DBO\)( g . g )

\(\Rightarrow\)\(\frac{OA}{BD}=\frac{AC}{BO}\) \(\Rightarrow\)OA . OB = BD . AC \(\Rightarrow\)AB² = 4BD . AC

b) \(\Delta OAC\)~ \(\Delta DBO\)(g.g) \(\Rightarrow\)\(\frac{AC}{AO}=\frac{OC}{OD}\)

xét \(\Delta OAC\)và \(\Delta DOC\)có : \(\frac{AC}{AO}=\frac{OC}{OD}\); \(\widehat{CAO}=\widehat{COD}=90^o\)

\(\Rightarrow\)\(\Delta OAC\)~ \(\Delta DOC\)(c.g.c) \(\Rightarrow\)\(\widehat{ACO}=\widehat{OCD}\)

xét \(\Delta OAC\)và \(\Delta MCO\)có : \(\widehat{ACO}=\widehat{OCD}\); CO ( chung )

\(\Rightarrow\)\(\Delta ACO=\Delta MCO\left(ch-gn\right)\)\(\Rightarrow\)CA = CM ; OA = OM ; 

c) OC là đường trung trực AM \(\Rightarrow\)OC \(\perp\)AM

Mặt khác : OA = OB = OM \(\Rightarrow\)\(\Delta AMB\)vuông tại M

\(\Rightarrow\)OC // BM

gọi gđ BM với AC là I

\(\Delta ABI\)có OC đi qua trung điểm AB và OC // BI \(\Rightarrow\)IC = AC

gọi K là gđ BC với MH

MH // AI \(\Rightarrow\)\(\frac{MK}{IC}=\frac{BK}{BC}=\frac{KH}{AC}\) \(\Rightarrow\)BK = KH 

\(\Rightarrow\)BC đi qua trung điểm MH

d) tứ giác ABDC là hình thang vuông \(\Rightarrow\)\(S_{ABDC}=\frac{1}{2}.\left(AC+BD\right).AB\)

Ta có : \(AC+BD\ge2\sqrt{AC.BD}=AB\)

\(\Rightarrow\)\(S_{ABDC}=\frac{1}{2}.\left(AC+BD\right).AB\ge\frac{1}{2}.AB^2\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)AC = BD = \(\frac{AB}{2}=OA\)

Vậy C thuộc Ax và cách A 1 khoảng bằng OA

b: a+b+c=0

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=-c\\a+c=-b\\b+c=-a\end{matrix}\right.\)

Sửa đề: \(A=\dfrac{a^2}{a^2-b^2-c^2}+\dfrac{b^2}{b^2-c^2-a^2}+\dfrac{c^2}{c^2-a^2-b^2}\)

\(=\dfrac{a^2}{a^2-\left(b^2+c^2\right)}+\dfrac{b^2}{b^2-\left(a^2+c^2\right)}+\dfrac{c^2}{c^2-\left(a^2+b^2\right)}\)

\(=\dfrac{a^2}{a^2-\left(b+c\right)^2+2bc}+\dfrac{b^2}{b^2-\left(a+c\right)^2+2ac}+\dfrac{c^2}{c^2-\left(a+b\right)^2+2ab}\)

\(=\dfrac{a^2}{2bc}+\dfrac{b^2}{2ac}+\dfrac{c^2}{2ab}=\dfrac{a^3+b^3+c^3}{2abc}\)

\(=\dfrac{\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3}{2abc}\)

\(=\dfrac{\left(-c\right)^3+c^3-3ab\cdot\left(-c\right)}{2abc}=\dfrac{3abc}{2abc}=\dfrac{3}{2}\)

Y = 3x + 2 song song với đường thẳng khác khi a = a' và b ≠ b'

Vậy đường thẳng y = 3x + 2 song song vói đt y = 3x + 4

Chọn C. y = 3x + 4

Bài 1:

a; 20 - 4x = 0

4x = 20

x = 20 : 4

x = 5

Vậy x = 5

b; 3.(2x - 1) - 3x + 1 = 0

6x - 3 - 3x + 1 = 0

6x - 3x = 3 - 1

3x = 2

x = 2/3

Vậy x = 2/3

a; 7x - 8 = 4x + 7

7x - 4x = 8 + 7

3x = 15

x = 15: 3

x = 5

Vậy x = 5

Bài 1:

b; 2x + 5 = 20 - 3x

2x + 3x = 20 - 5

5x = 15

x = 15: 5

x = 3

Vậy x = 3

c; 5y + 12 = 8y + 27

8y - 5y = 12 - 27

3y = - 15

y = -15: 3

y = -5

Vậy y = - 5

d; 13 - 2y = y - 2

y + 2y = 13+ 2

3y = 15

y = 15 : 3

y = 5

Vậy y = 5

B =\(\frac{1}{1.5}\) + \(\frac{1}{5.9}\) + ...+ \(\frac{1}{\left(4n-3\right).\left(4n+1\right)}\)

B = \(\frac14\).(\(\frac{4}{1.5}+\frac{4}{5.9}+\cdots+\frac{4}{\left(4n-3\right).\left(4n+1\right)}\)

B = \(\frac14\).(\(\frac11\) - \(\frac15\) + \(\frac15\) - \(\frac19\) + ... + \(\frac{1}{4n-3}-\frac{1}{4n+1}\))

B = \(\frac14\).(\(\frac11\) - \(\frac{1}{4n+1}\))

B = \(\frac14\).\(\frac{4n}{4n+1}\)

B = \(\frac{n}{4n+1}\)