a: Xét ΔQDC vuông tại D và ΔQAE vuông tại A có

\(\widehat{DQC}=\widehat{AQE}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔQDC~ΔQAE

=>\(\dfrac{QD}{QA}=\dfrac{QC}{QE}\)

=>\(QD\cdot QE=QC\cdot QA\)

b: Xét ΔAEQ vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\widehat{AEQ}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{DBA}\right)\)

Do đó: ΔAEQ~ΔACB

=>\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AQ}{AB}\)

=>\(AE\cdot AB=AQ\cdot AC\)

a: Xét ΔFHD vuông tại H và ΔFDE vuông tại D có

\(\widehat{HFD}\) chung

Do đó: ΔFHD~ΔFDE

b: Ta có: ΔFHD~ΔFDE

=>\(\dfrac{FH}{FD}=\dfrac{FD}{FE}\)

=>\(FD^2=FH\cdot FE\)

c: \(FD^2=FH\cdot FE=5,4\cdot15=81\)

=>\(FD=\sqrt{81}=9\left(cm\right)\)

Ta có: ΔABC vuông tại A

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

=>\(AB^2=6^2-4^2=20\)

=>\(AB=2\sqrt{5}\left(cm\right)\)

Ta có: ΔDCB vuông tại C

=>\(CB^2+CD^2=DB^2\)

=>\(CD^2=9^2-6^2=81-36=45\)

=>\(CD=3\sqrt{5}\left(cm\right)\)

Xét ΔBAC vuông tại A và ΔDCB vuông tại C có

\(\dfrac{BA}{DC}=\dfrac{AC}{CB}\left(\dfrac{2\sqrt{5}}{3\sqrt{5}}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\right)\)

Do đó: ΔBAC~ΔDCB

=>\(\widehat{BCA}=\widehat{DBC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên BD//AC

a: Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD~ΔACE

b: Xét ΔOEB vuông tại E và ΔODC vuông tại D có

\(\widehat{EOB}=\widehat{DOC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOEB~ΔODC

=>\(\dfrac{OE}{OD}=\dfrac{OB}{OC}\)

=>\(OE\cdot OC=OD\cdot OB\)

  Olm chào em, đây là dạng toán nâng cao giải phương trình nghiệm nguyên. cấu trúc thi chuyên. Hôm nay olm.vn sẽ hướng dẫn em giải dạng này bằng phương pháp chặn kết hợp với lập bảng chi tiết như sau:

       Bước 1:  Chặn để giới hạn nghiệm cần tìm trong một khoảng nào đó.

       Bước 2: Kết hợp với điều kiện lập bảng tìm nghiệm nguyên

        Bước 3 kết luận: 

                         Giải:

              \(x^2\) + y² + 2\(x\) = 17

              \(x^2\) + y² +  2\(x\) + 1 = 17 + 1

            (\(x^2\) + 2\(x\) + 1) + y² = 18

              (\(x\) + 1)² + y² = 18

Vì y² ≥ 0 ∀ y nên 0 ≤ y² ≤ 18

 Vì y \(\in\) Z  nên y² \(\in\) {0; 1; 4; 9; 16; 25; ...;}

Vì 0 ≤ y² ≤ 18 nên y² \(\in\) {0; 1; 4; 9; 16}

Lập bảng ta có:

Theo bảng trên ta có các cặp \(x;y\) nguyên thỏa mãn đề bài là:

(\(x;y\)) = (-4; -3); (-4; 3); (2; -3); (2; 3)

Vậy (\(x;y\)) = (-4; -3); (-4; 3); (2; -3); (2; 3) là nghiệm nguyên của phương trình.

b/

\(C_{MCE}=MC+ME+CE\)

Mà ME=MF (cmt)

\(\Rightarrow C_{MCE}=MC+MF+CE=MC+MD+DF+CE=\) 

\(=CD+DF+CE\) Mà DF=BE (gt)

\(\Rightarrow C_{MCE}=CD++BE+CE=CD+BC=2.BC\) không đổi

a: Ta có; ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=3^2+4^2=25=5^2\)

=>BC=5
Xét ΔBAC có BD là phân giác

nên \(\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{3}{5}\)(1)

b: Ta có: AH\(\perp\)BC

DE\(\perp\)BC

Do đó: AH//DE

Xét ΔCAH có DE//AH

nên \(\dfrac{HE}{EC}=\dfrac{AD}{DC}\)(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\dfrac{HE}{EC}=\dfrac{BA}{BC}\)

giúp mik vs

a: Xét ΔABC có

M,N lần lượt là trung điểm của BA,BC

=>MN là đường trung bình của ΔABC

=>MN//AC và \(MN=\dfrac{AC}{2}\)

=>\(AC=2\cdot MN=2\cdot7=14\left(cm\right)\)

b: Xét ΔCAB có

Y,N lần lượt là trung điểm của CA,CB

=>YN là đường trung bình của ΔCAB

=>YN//AB và YN=AB/2

Ta có: YN//AB

M\(\in\)AB

Do đó: YN//MB

Ta có: \(YN=\dfrac{AB}{2}\)

\(MB=\dfrac{AB}{2}\)

Do đó: YN=MB

Xét tứ giác YNBM có

YN//MB

YN=MB

Do đó: YNBM là hình bình hành

=>YB cắt NM tại trung điểm của mỗi đường

=>K là trung điểm của MN

Sửa đề: ΔABC vuông tại A

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔHBA~ΔABC

b: Ta có: ΔABC vuông tại A

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

=>\(AB^2=10^2-8^2=36=6^2\)

=>AB=6(cm)

Xét ΔABC có CD là phân giác

nên \(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{BD}{CB}\)

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

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

mà AD+BD=AB=6cm

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

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

=>\(AD=\dfrac{2}{3}\cdot4=\dfrac{8}{3}\left(cm\right);BD=5\cdot\dfrac{2}{3}=\dfrac{10}{3}\left(cm\right)\)