1: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó; ΔAEB vuông tại E

Xét tứ giác BHFE có \(\widehat{BHF}+\widehat{BEF}=90^0+90^0=180^0\)

nên BHFE là tứ giác nội tiếp

2: ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của CD

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

Xét ΔCAB vuông tại C có CH là đường cao

nên \(CH^2=AH\cdot HB\)

=>\(4\cdot CH^2=4\cdot AH\cdot HB\)

=>\(4\cdot AH\cdot HB=\left(2CH\right)^2=CD^2\)

a/

Xét tg vuông ABD có

\(\sin\widehat{B}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{12}{13}\)

\(\sin\widehat{BAD}=\sin\left(\dfrac{\Pi}{2}-\widehat{B}\right)=\cos\widehat{B}\)

Ta có

\(\sin^2\widehat{B}+\cos^2\widehat{B}=1\Rightarrow\cos^2\widehat{B}=1-\sin^2\widehat{B}=1-\left(\dfrac{12}{13}\right)^2=\dfrac{25}{169}\)

\(\Rightarrow\sin\widehat{BAD}=\cos\widehat{B}=\sqrt{\dfrac{25}{169}}\)

\(\Rightarrow\sin\widehat{BAD}=\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{BD}{13}=\sqrt{\dfrac{25}{169}}\)

\(\Rightarrow BD=13.\sqrt{\dfrac{25}{169}}=5cm\)

Xét tg cân ABC có

\(BD=CD=\dfrac{1}{2}BC\) (trong tg cân đường cao hạ từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

\(\Rightarrow BC=2.BD=2.5=10cm\)

b/

Xét tg BDM có

\(BI=MI\left(gt\right);DI\perp BM\) => tg BDM cân tại D (trong tg đường cao đồng thời là đường trung tuyến thì tg đó là tg cân)

\(\Rightarrow DM=BD=\dfrac{1}{2}BC\)

c/

Ta có 

\(DM=BD\left(cmt\right);BD=CD\left(cmt\right)\Rightarrow DM=BD=CD\)

=> tg BDM và tg CDM đều là tg cân tại D

Xét tg BCM có

\(\widehat{BMC}=\left(\widehat{BMD}+\widehat{CMD}\right)=180^o-\left(\widehat{ABC}+\widehat{BCM}\right)\)

Mà \(\widehat{BMD}=\widehat{ABC};\widehat{CMD}=\widehat{BCM}\) (góc ở đáy tg cân)

\(\Rightarrow\widehat{BMC}=180^o-\left(\widehat{BMD}+\widehat{CMD}\right)=180^o-\widehat{BMC}\)

\(\Rightarrow2\widehat{BMC}=180^o\Rightarrow\widehat{BMC}=\dfrac{180^o}{2}=90^o\Rightarrow CM\perp AB\)

Mà \(AD\perp BC\)

=> H là trực tâm của tg ABC \(\Rightarrow BN\perp AC\) (trong tg 3 đường cao đồng quy)

Xét tg vuông BCM và tg vuông BCN có

BC chung 

\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\) (góc ở đáy tg cân)

=> tg BCM = tg BCN (Hai tg vuông có cạnh huyền và góc nhọn tương ứng bằng nhau)

\(\Rightarrow BM=CN\) mà AB=AC (gt)

\(\Rightarrow\dfrac{BM}{AB}=\dfrac{CN}{AC}\) => MN//BC (Talet đảo) (1)

Xét tứ giác BDME có

BI=MI (gt); EI=DI (gt) => BDME là hình bình hành (Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

=> ME//BD (Trong hbh các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một)

=> ME//BC (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow MN\equiv ME\) (Từ 1 điểm bên ngoài 1 đường thẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng // với đường thẳng cho trước)

=> E; M; N thẳng hàng

1: ΔABC cân tại A có AD là đường cao

nên D là trung điểm của BC

Xét ΔADB vuông tại D có \(sinABD=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{12}{13}\)

=>\(sinABC=\dfrac{12}{13}\)

=>\(cosABC=\sqrt{1-\left(\dfrac{12}{13}\right)^2}=\dfrac{5}{13}\)

Xét ΔABC có \(cosABC=\dfrac{BA^2+BC^2-AC^2}{2\cdot BA\cdot BC}\)

=>\(\dfrac{13^2+BC^2-13^2}{2\cdot13\cdot BC}=\dfrac{5}{13}\)

=>\(BC^2=\dfrac{5}{13}\cdot26\cdot BC=10BC\)

=>\(BC^2-10BC=0\)

=>BC(BC-10)=0

=>BC-10=0

=>BC=10(cm)

2: Xét ΔDIB vuông tại I và ΔDIM vuông tại I có

DI chung

IB=IM

Do đó: ΔDIB=ΔDIM

=>DB=DM

mà DB=1/2BC

nên DM=1/2BC

3: Xét ΔMBC có

MD là đường trung tuyến

\(MD=\dfrac{1}{2}BC\)

Do đó: ΔMBC vuông tại M

=>CM\(\perp\)AB tại M

Xét ΔIME vuông tại I và ΔIBD vuông tại I có

IM=IB

IE=ID

Do đó: ΔIME=ΔIBD

=>\(\widehat{IME}=\widehat{IBD}\)

=>ME//BD

=>ME//BC

Xét ΔABC có

AD,CM là các đường trung tuyến

AD cắt CM tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>BH\(\perp\)AC tại N

Xét ΔABN vuông tại N và ΔACM vuông tại M có

AB=AC
\(\widehat{BAN}\) chung

Do đó: ΔABN=ΔACM

=>AN=AM

Xét ΔABC có \(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}\)

nên MN//BC

Ta có: MN//BC

ME//BC

MN,ME có điểm chung là M

Do đó: N,M,E thẳng hàng

(=) x + 16,76 = 73,7

(=) x = 73,7 -16,76 

(=) x = 56,94 

ghê chưa vừa nói xong cày luôn

\(m^2(x-1)=2(2x-3)+m\\\Leftrightarrow m^2x-m^2=4x-6+m\\\Leftrightarrow m^2x-4x=m^2+m-6\\\Leftrightarrow (m^2-4)x=(m-2)(m+3)\text{ (1) }\)

+, Xét \(m^2-4=0\Leftrightarrow m=\pm2\)

*) Với \(m=2\) thì pt (1) trở thành:

 \(\left(2^2-4\right)x=\left(2-2\right)\left(2+3\right)\)

\(\Leftrightarrow0x=0\) (luôn đúng)

\(\Rightarrow m=2\) thì pt (1) có vô số nghiệm

*) Với \(m=-2\) thì pt (1) trở thành:

\(\left[\left(-2\right)^2-4\right]x=\left(-2-2\right)\left(-2+3\right)\)

\(\Leftrightarrow0x=-4\) (vô lí)

\(\Rightarrow m=-2\) thì pt vô nghiệm

+, Xét \(m^2-4\ne0\Leftrightarrow m\ne\pm2\)

Khi đó, pt (1) tương đương:

\(\left(m-2\right)\left(m+2\right)x=\left(m-2\right)\left(m+3\right)\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{m+3}{m+2}\) (do \(m\ne\pm2\)) \(\Rightarrow m\ne\pm2\) thì pt có nghiệm \(x=\dfrac{m+3}{m+2}\).

Vậy: ...

giúp nhanh mình với mai mình kiểm tra r

                    Giải:

Số bi màu vàng là: 72  x \(\dfrac{1}{8}\) = 9 (viên bi)

Số bi màu trắng là: 9 : \(\dfrac{3}{5}\) = 15 (viên bi)

Số bi màu xanh là: 72 - 9 - 15 = 48 (viên bi)

Sau khi thêm 2 viên bi tổng số bi của Nam là:

            72 + 3 = 75 (viên bi)

Khi đó tỉ số phần trăm số bi màu xanh với số bi mà Nam có là:

            48 : 75  x 100% = 64%

Kết luận:..

                Giải:

Số lẻ lớn nhất có 1 chữ số là 9

Số chia là 9

Số dư là số dư lớn nhất có thể nên số dư là: 9 - 1  = 8

Số bị chia là: 1305 x 9 + 8  = 11753

Đáp số: 11753 

số h/s giỏi: 36.1/4= 9(h/s)

số h/s khá: 9:3/5= 15(h/s)

tỉ số % h/s giỏi so với số h/s cả lớp là:

9.100%/36=25%

a: Ta có: \(\widehat{ABE}=\widehat{CBE}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}\)

\(\widehat{ACF}=\widehat{BCF}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)(ΔABC cân tại A)

nên \(\widehat{ABE}=\widehat{CBE}=\widehat{ACF}=\widehat{FCB}\)

Xét ΔABE và ΔACF có

\(\widehat{ABE}=\widehat{ACF}\)

AB=AC

\(\widehat{BAE}\) chung

Do đó: ΔABE=ΔACF

b: Xét ΔHBC có \(\widehat{HBC}=\widehat{HCB}\)

nên ΔHBC cân tại H

=>HB=HC

=>H nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra AH là đường trung trực của BC

=>AH\(\perp\)BC tại D và D là trung điểm của BC

ΔABE=ΔACF

=>AE=AF

Xét ΔABC có \(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)

nên FE//BC

c: Ta có: FE//BC

AH\(\perp\)BC

Do đó: AH\(\perp\)FE

Ta có: ΔAFE cân tại A

mà AH là đường cao

nên AH là đường trung trực của EF