a) Bằng các góc nội tiếp, ta có: ^BCD = ^BAD = ^BAQ = ^BPQ và ^DBC = ^DAP = ^PAQ = ^QBP

Do đó: \(\Delta\)BCD ~ \(\Delta\)BPQ (g.g) (đpcm).

b) Theo câu a: ^BCD = ^BPQ hay ^BCK = ^BPK => 4 điểm K,P,C,B cùng thuộc 1 đường tròn

=> Đường tròn (KCP) đi qua B. Mà B cố định nên ta có ĐPCM.

a) ta có: \(\widehat{BCD}=\widehat{BAD}\)(cùng chắn cung BD)

                            \(=\widehat{BPQ}\)(vì cùng chắn cung BQ)

Tương tự \(\widehat{BDC}=\widehat{BAC}\)(cùng chắn cung BC)

                             \(=\widehat{BQP}\)(cùng bù \(\widehat{BAP}\))

=> \(\Delta BCD~\Delta BPQ\left(gg\right)\)

b) Vì \(\widehat{BCD}=\widehat{BPQ}\Rightarrow\widehat{BPK}=\widehat{BCK}\)

=> Tứ giác BCPK nội tiếp

=> Đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)PCK đi qua B cố định

\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2+xy=9\\x+y+xy=3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2+y^2=9-xy\left(1\right)\\x+y=3-xy\left(2\right)\end{cases}}\)

Bình phương 2 vế của pt (2) ta được

\(x^2+y^2+2xy=9-6xy+x^2y^2\)

\(\Leftrightarrow9-xy+2xy=9-6xy+x^2y^2\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2-7xy=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}xy=0\\xy=7\end{cases}}\)

Với xy = 0 \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}xy=0\\x+y=3\end{cases}}\)rút thế -> làm nốt

trường hợp xy = 7 tương tự

Có \(\left(a+\sqrt{a^2+2015}\right)\left(\sqrt{a^2+2015}-a\right)=a^2+2015-a^2=2015\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^2+2015}-a=b+\sqrt{b^2+2015}\)

\(\Rightarrow a+b=\sqrt{a^2+2015}-\sqrt{b^2+2015}\)

Tương tự \(a+b=\sqrt{b^2+2015}-\sqrt{a^2+2015}\)

Cộng 2 vế vào ta được \(2\left(a+b\right)=0\)

                        \(\Leftrightarrow a=-b\)

Ta có: \(a^{2015}+b^{2015}=-b^{2015}+b^{2015}=0\)

910% và 100%

Sai thôi nha , mk hok ngu Hóa lém ( mặc dù đã hok lp 10 )

Làm chi có 910 và 100 hử ?

Z tan trong ddHCl => Z đứng trước H

X,Y ko tan trong dd HCl => X,Y  đứng sau H

=> Z đứng trước X,Y

Z đẩy T trong dd muối => Z đứng trước T

T, X đẩy đc Y trong dd muối => T, X đứng trước Y

Vậy thứ tự tăng dần là Y,X,T,Z hoặc Y,T,X,Z