\(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{4}\Rightarrow\dfrac{x}{15}=\dfrac{y}{20}\)

\(\dfrac{y}{5}=\dfrac{z}{7}\Rightarrow\dfrac{y}{20}=\dfrac{z}{28}\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{15}=\dfrac{y}{20}=\dfrac{z}{28}=\dfrac{2x}{30}+\dfrac{3y}{60}+\dfrac{-z}{-28}=\dfrac{2x+3y-z}{30+60-28}=\dfrac{-124}{62}=-2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{15}=-2\\\dfrac{y}{20}=-2\\\dfrac{z}{28}=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=15.\left(-2\right)=-30\\y=20.\left(-2\right)=-40\\z=28.\left(-2\right)=-56\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{4}=\dfrac{x}{15}=\dfrac{y}{20}\left(1\right)\)

\(\dfrac{y}{5}=\dfrac{z}{7}=\dfrac{y}{20}=\dfrac{z}{28}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(\dfrac{x}{15}=\dfrac{y}{20}=\dfrac{z}{28}\Rightarrow\dfrac{2x}{30}=\dfrac{3y}{60}=\dfrac{z}{28}\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

\(\dfrac{2x}{30}=\dfrac{3y}{60}=\dfrac{z}{28}=\dfrac{2x+3y-z}{30+60-28}=\dfrac{-124}{62}=-2\)

Do đó:

\(\dfrac{x}{15}=-2\Rightarrow x=15.\left(-2\right)=-30\)

\(\dfrac{y}{20}=-2\Rightarrow y=20.\left(-2\right)=-40\)

\(\dfrac{z}{28}=-2\Rightarrow z=28.\left(-2\right)=-56\)

Vậy x = -30; y = -40; z = -56.

\(#Tmiamm\)

Lời giải:
a. Tam giác ABM không cân bạn nhé. Tam giác ABD mới là tam giác cân.

Gọi $K$ là giao của $AM$ và $BD$

Xét tam giác $ABK$ và $ADK$ có:

$\widehat{BAK}=\widehat{DAK}$ (do $AK$ là phân giác $\widehat{BAC}$)

$\widehat{AKB}=\widehat{AKD}=90^0$

$AK$ chung

$\Rightarrow \triangle ABK=\triangle ADK$ (g.c.g)

$\Rightarrow AB=AD$

$\Rightarrow ABD$ là tam giác cân tại $A$

b. Xét tam giác $ABM$ và $ADM$ có:

$AM$ chung

$\widehat{BAM}=\widehat{DAM}$ (do $AM$ là phân giác $\widehat{BAC}$)

$AB=AD$ (cmt)

$\Rightarrow \triangle ABM=\triangle ADM$ (c.g.c)

c. Đề thiếu. Bạn xem lại.

Hình vẽ:

Lời giải:

Xét tam giác $CEK$ và $AED$ có:

$\widehat{A_1}=\widehat{C_1}$ (2 góc so le trong)

$\widehat{E_1}=\widehat{E_2}$ (đối đỉnh)

$AE=EC$ (do $E$ là trung điểm $AC$)

$\Rightarrow \triangle CEK=\triangle AED$ (g.c.g)

$\Rightarrow CK=AD$

Mà $AD=BD$ (do $D$ là trung điểm $AB$)

$\Rightarrow CK=BD$

-----------------------

Từ tam giác bằng nhau vừa cm suy ra $EK=ED$

$\Rightarrow DE=\frac{1}{2}DK(1)$

Lại có:

Xét tam giác $BDC$ và $KCD$ có:

$\widehat{BDC}=\widehat{KCD}$ (so le trong)

$DC$ chung

$BD=CK$ (cmt)

$\Rightarrow \triangle BDC=\triangle KCD$ (c.g.c)

$\Rightarrow BC=KD(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow DE=\frac{1}{2}BC$

Hình vẽ:

\(\dfrac{x-1}{33}=\dfrac{4}{x}\left(x\ne0\right)\)

\(\Rightarrow x\left(x-1\right)=4\cdot33\)

\(\Rightarrow x^2-x=132\)

\(\Rightarrow x^2-x=132\)

\(\Rightarrow x^2-12x+11x-132=0\)

\(\Rightarrow x\left(x-12\right)+11\left(x-12\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(x-12\right)\left(x+11\right)=0\)

TH1: \(x-12=0\Rightarrow x=12\left(tm\right)\)

TH2: \(x+11=0\Rightarrow x=-11\left(tm\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x=12\\x=-11\end{matrix}\right.\)

2.5 = 10 = 3.\(x\) ⇒ \(x\) =  \(\dfrac{10}{3}\) ; 2 < \(\dfrac{10}{3}\) < 5 (thỏa mã)

2.3 = 5.\(x\) ⇒ \(x\) = \(\dfrac{6}{5}\);           \(\dfrac{6}{5}\) < 2 loại

3.5  = 2.\(x\) ⇒ \(x\) = \(\dfrac{15}{2}\) > 5 (loại)

Vậy \(x\) = \(\dfrac{10}{3}\)

Ta có tam giác ABC và tia phân giác AD cắt BC tại D, BD=2DC. Kẻ DE vuông góc AB và DF vuông góc AC.

Gọi E là hình chiếu vuông góc của D lên AB, F là hình chiếu vuông góc của D lên AC.

Ta có:

• Tam giác ADE và tam giác ABC đồng dạng (theo góc vuông và góc A), nên AE/AB = DE/DC = AD/AC.
• Tam giác ADF và tam giác ABC đồng dạng (theo góc vuông và góc A), nên AF/AC = DF/DB = AD/AB.

Từ BD=2DC, ta có DC=1/3BC và BD=2/3BC.

Gọi x là độ dài BC, ta có DC=1/3x và BD=2/3x.

Áp dụng vào AE/AB = DE/DC = AD/AC, ta có AE/AB = DE/(1/3x) = AD/AC. Tương tự, áp dụng vào AF/AC = DF/DB = AD/AB, ta có AF/AC = DF/(2/3x) = AD/AB.

Từ hai phương trình trên, ta có hệ phương trình: AE/AB = DE/(1/3x) = AD/AC AF/AC = DF/(2/3x) = AD/AB

Giải hệ phương trình trên ta sẽ tìm được các độ dài của các đoạn thẳng AE, DE, AF, DF.

a/

Xét tg vuông PQI và tg vuông HQI có

QI chung

\(\widehat{PQI}=\widehat{HQI}\left(gt\right)\)

=> tg PQI = tg HQI (hai tg vuông có cạnh huyền và 1 góc nhọn bằng nhau)

c/

Xét tg PQH có

tg PQI = tg HQI (cmt) => PQ=HQ => th PQH cân tại Q

\(\widehat{PQI}=\widehat{HQI}\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow PH\perp QI\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

d/

Xét tg QKR có

PQ=HQ (cmt)

PK=HR (gt)

=> PQ+PK=HQ+HR => QK=QR => tg QKR cân tại Q

\(\widehat{PQI}=\widehat{HQI}\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow QI\perp KR\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

Ta có

\(RP\perp QK\)

\(\Rightarrow KI\perp QR\) (trong tg 3 đường cao đồng quy)

Mặt khác \(IH\perp QR\left(gt\right)\)

=> H; I; K thẳng hàng (Từ 1 điểm ngoài đường thẳng cho trước chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với đường thẳng đã cho)

nhìn hình ta thấy! tốt ko?