Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{CM}{CA}=\dfrac{1}{4}\\\dfrac{CN}{CB}=\dfrac{1,25}{5}=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\Rightarrow\dfrac{CM}{CA}=\dfrac{CN}{CB}\)

Xét \(\Delta ABC\) có: \(\dfrac{CM}{CA}=\dfrac{CN}{CB}\) (cmt)

\(\Rightarrow MN//AB\) (đli Talet đảo)

Câu 16:

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAFC vuông tại F có

\(\widehat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB~ΔAFC

b: ΔADB~ΔAFC

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

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

Xét ΔADF  và ΔABC có

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

\(\widehat{BAC}\) chung

Do đó: ΔADF~ΔABC

c: Xét ΔBEH vuông tại E và ΔBDC vuông tại D có

\(\widehat{EBH}\) chung

Do đó: ΔBEH~ΔBDC

=>\(\dfrac{BE}{BD}=\dfrac{BH}{BC}\)

=>\(BH\cdot BD=BE\cdot BC\)

Xét ΔCEH vuông tại E và ΔCFB vuông tại F có

\(\widehat{ECH}\) chung

Do đó: ΔCEH~ΔCFB

=>\(\dfrac{CE}{CF}=\dfrac{CH}{CB}\)

=>\(CH\cdot CF=CE\cdot CB\)

\(BH\cdot BD+CH\cdot CF\)

\(=BE\cdot BC+CE\cdot BC\)

\(=BC\left(BE+CE\right)=BC^2\)

Sửa đề: AK\(\perp\)BD tại K

Xét ΔBAD vuông tại A có AK là đường cao

nên \(BK\cdot BD=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔBAC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(BK\cdot BD=BH\cdot BC\)

=>\(\dfrac{BK}{BC}=\dfrac{BH}{BD}\)

Xét ΔBKH và ΔBCD có

\(\dfrac{BK}{BC}=\dfrac{BH}{BD}\)

\(\widehat{KBH}\) chung

Do đó: ΔBKH~ΔBCD

=>\(\widehat{BKH}=\widehat{BCD}\)

Sửa đề: AK

⊥

⊥BD tại K

 

Xét ΔBAD vuông tại A có AK là đường cao

 

nên 

𝐵

𝐾

⋅

𝐵

𝐷

=

𝐵

𝐴

2

(

1

)

BK⋅BD=BA 

2

 (1)

 

Xét ΔBAC vuông tại A có AH là đường cao

 

nên 

𝐵

𝐻

⋅

𝐵

𝐶

=

𝐵

𝐴

2

(

2

)

BH⋅BC=BA 

2

 (2)

 

Từ (1),(2) suy ra 

𝐵

𝐾

⋅

𝐵

𝐷

=

𝐵

𝐻

⋅

𝐵

𝐶

BK⋅BD=BH⋅BC

 

=>

𝐵

𝐾

𝐵

𝐶

=

𝐵

𝐻

𝐵

𝐷

BC

BK

​

 = 

BD

BH

​

 

 

Xét ΔBKH và ΔBCD có

 

𝐵

𝐾

𝐵

𝐶

=

𝐵

𝐻

𝐵

𝐷

BC

BK

​

 = 

BD

BH

​

 

 

𝐾

𝐵

𝐻

^

KBH

  chung

 

Do đó: ΔBKH~ΔBCD

 

=>

𝐵

𝐾

𝐻

^

=

𝐵

𝐶

𝐷

^

BKH

 = 

BCD

a: Xét ΔABD vuông tại A và ΔHAD vuông tại H có

\(\widehat{ADB}\) chung

Do đó: ΔABD~ΔHAD

b: Xét ΔABE có \(S_{BAE}=\dfrac{1}{2}\cdot BA\cdot BE\cdot sinABE\)

\(=\dfrac{1}{2}\cdot x\cdot y\cdot sin45=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\cdot x\cdot y\)

Xét ΔBAE có BH là đường cao

nên \(BH\cdot AE=2\cdot S_{BAE}\)

=>\(BH\cdot z=2\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{4}\cdot x\cdot y\)

=>\(BH=\dfrac{\sqrt{2}xy}{2z}\)

ΔBHA vuông tại H

=>\(BH^2+HA^2=BA^2\)

=>\(HA^2+\left(\dfrac{\sqrt{2}xy}{2z}\right)^2=x^2\)

=>\(HA^2+\dfrac{2x^2y^2}{4z^2}=x^2\)

=>\(HA^2=x^2-\dfrac{x^2y^2}{2z^2}=\dfrac{2x^2z^2-x^2y^2}{2z^2}\)

=>\(HA=\sqrt{\dfrac{2x^2z^2-x^2y^2}{2z^2}}\)

 

a: Xét ΔABH vuông tại H và ΔCBA vuông tại A có

\(\widehat{ABH}\) chung

Do đó: ΔABH~ΔCBA

=>\(\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{BH}{BA}\)

=>\(BA^2=BH\cdot BC\)

b: ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)

Xét ΔCAB có CD là phân giác

nên \(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{BD}{BC}\)

=>\(\dfrac{AD}{8}=\dfrac{BD}{10}\)

=>\(\dfrac{AD}{4}=\dfrac{BD}{5}\)

mà AD+BD=AB=6cm

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{AD}{4}=\dfrac{BD}{5}=\dfrac{AD+BD}{4+5}=\dfrac{6}{9}=\dfrac{2}{3}\)

=>\(AD=4\cdot\dfrac{2}{3}=\dfrac{8}{3}\left(cm\right);BD=5\cdot\dfrac{2}{3}=\dfrac{10}{3}\left(cm\right)\)

C đúng, quy luật: \(42=7.6\); \(54=9.6\); \(66=11.6\) ; \(78=13.6\) ; \(90=15.6\)

66+12=78

Đáp án c

C.3

Quy luật các chữ số sau đó = chữ số đằng trc x 2 + số đằng trc

B đúng

Quy luật: số sau = (số trước -1).2

A.33

⇒ Số phía sau 22 là: 22 + 11 = 33

Vậy a là đáp án đúng.

Gọi số học sinh ban đầu của lớp 81 là x (học sinh) với 0<x<92

Số học sinh ban đầu của lớp 82 là: \(92-x\) học sinh

Số học sinh lớp 81 sau khi chuyển đi 4 bạn: \(x-4\)

Số học sinh lớp 82 sau khi nhận thêm 4 bạn: \(92-x+4=96-x\)

Do khi đó số học sinh lớp 82 ít hơn số học sinh lớp 81 là 2 bạn nên ta có pt:

\(x-4-\left(96-x\right)=2\)

\(\Leftrightarrow2x=102\)

\(\Leftrightarrow x=51\)

Vậy ban đầu lớp 81 có 51 học sinh, lớp 82 có \(92-51=41\) học sinh

Ta đặt lớp 81 là a.
Lớp 82 là b.
ta có: {a+b=92 và a-4=b+2}
Từ đó => {b=43, a=49}
vậy lớp 81 là 49, lớp 82 là 43
 

 

a: Xét ΔEHB vuông tại E và ΔDHC vuông tại D có

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

Do đó: ΔEHB~ΔDHC

b: Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

DB cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại F

Xét ΔBFH vuông tại Fvà ΔBDC vuông tại D có

\(\widehat{FBH}\) chung

Do đó: ΔBFH~ΔBDC

=>\(\dfrac{BF}{BD}=\dfrac{BH}{BC}\)

=>\(BF\cdot BC=BH\cdot BD\)

c: Xét ΔCFH vuông tại F và ΔCEB vuông tại E có

\(\widehat{FCH}\) chung

Do đó: ΔCFH~ΔCEB

=>\(\dfrac{CF}{CE}=\dfrac{CH}{CB}\)

=>\(CF\cdot CB=CH\cdot CE\)

\(BH\cdot BD+CH\cdot CE\)

\(=BF\cdot BC+CF\cdot BC=BC\left(BF+CF\right)=BC^2\)