a) $\Delta ABC$ vuông tại $A$ suy ra $\widehat{BAC}=90^{\circ }$ suy ra $\widehat{DAE}=90^{\circ }$.

Do $HD\perp AB$ suy ra $\widehat{HDA}=90^{\circ }$; $HE\perp AC$ suy ra $\widehat{HEA}=90^{\circ }$.

Tứ giác $ADHE$ có $\widehat{DAE}=\widehat{HDA}=\widehat{HEA}=90^{\circ }$ suy ra tứ giác $ADHE$ là hình chữ nhật. 

b) Do $\Delta AHD$ vuông tại $D$, áp dụng định lí Pythagore suy ra:

$A{H}^2=A{D}^2+D{H}^2$

$25=16+D{H}^2$

$D{H}^2=9$ nên $DH=3$ cm.

Do $ADHE$ là hình chữ nhật suy ra $S^{ADHE}=AD.DH=4.3=12$ (cm${}^2$).

Vì đồ thị hàm số $y=ax+b$ đi qua điểm $A\left(-1;2\right)$ nên ta có:

   $2=-1.a+b$ suy ra $-a+b=2$

Vi đồ thị hàm số $y=ax+b$ đi qua điểm $B\left(1;4\right)$ nên ta có:

   $4=1.a+b$ suy ra $a+b=4\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta tìm được $a=1;b=3$

Vậy hàm số cần tìm là $y=x+3$.

a) thay x=2 vào biểu thức Q ta được

Q=\(\dfrac{-3}{5}\)

b) P=\(\dfrac{x+3}{x+1}\)

c) với x=1 thì M=\(\dfrac{-1}{2}\)

a)5(x+2y)−15x(x+2y)=5(x+2y).(1−3x)

b) 4x2−12x+9=[(2x)2−2.2x.3+32]=(2x−3)2

c) (3x−2)3−3(x−4)(x+4)+(x−3)3−(x+1)(x2−x+1)

=27x3−54x2+36x−8−3(x2−16)+x3−9x2+27x−27−(x3+1)

=(27x3+x3−x3)+(−54x2−3x2−9x2)+(36x+27x)+(−8+48−27−1)

=27x3−66x2+63x+12

x²+xy+2023x+2022y+2023=0

x²+xy+x+2022x+2022y+2022+1=0

x(x+y+1)+2022(x+y+1)=−1

(x+2022)(x+y+1)=−1

x+2022=1 hoặc x+y+1=−1

x+2022=−1 hoặc x+y+1=1

x=−2021 và y=2019 hoặc x=−2023 và y=2023

Vậy (x;y)∈{(−2021;2019);(−2023;2023)}

a) Xét tứ giác $AEDF$ có:

$DE$ // $AF$ (do $DE$ // $AB$);

$DF$ // $AE$ (do $DF$ // $AC)$.

Suy ra $AEDF$ là hình bình hành (DHNB)

Mà đường chéo $AD$ là tia phân giác của $\widehat{FAE}$ (gt)

Nên $AEDF$ là hình thoi (DHNB).

b) Vì $AEDF$ là hình thoi (cmt) nên $DE$ // $AF$; $DE=AF$ (tính chất)

Mà $AF=GF$ (gt) ; $G$ thuộc tia đối của tia $FA$ (gt) nên $DE=GF$; $DE$ // $DF$ 

Xét tứ giác $EFGD$ có: $DE=GF$ (cmt); $DE$ // $GF$ (cmt)

Vậy $EFGD$ là hình bình hành.

c) Theo bài ra, $G$ thuộc tia đối của tia $FA$ và $FA=FG$ suy ra $F$ là trung điểm của $AG$

Ta có: $AG=2AF$; $ID=2DF$

Mà $AF=DF$ (do $AEDF$ là hình thoi) suy ra $AG=ID$

Xét tứ giác $ADGI$ có:

Hai đường chéo $AG$ và $ID$ cắt nhau tại trung điểm $F$ của mỗi đường;

Suy ra $ADGI$ là hình bình hành (DHNB)

Lại có $AG=ID$ (cmt) suy ra $ADGI$ là hình chữ nhật (DHNB)

$GD$ // $IA$ suy ra $GD$ // $AK$ ($A,I,K$ thẳng hàng)

Xét tứ giác $AKDG$ có: $GD$ // $AK$ (cmt) ; $DK$ // $AG($ do $DE$ // $AF)$ 

Suy ra $AKDG$ là hình bình hành (DHNB) 

Khi đó hai đường chéo $AD$ và $GK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường 

Mà $O$ là trung điểm của $AD$ (do $O$ là giao điểm của hai đường chéo trong hình thoi $AEDF)$ 

Vậy $O$ là trung điểm của $GK$.

1. Đổi: $100$ cm $=10$ dm.

Thể tích của hình chóp tứ giác đều đó là:

   V=13.Sđ .h=13.30.10=100V=\(\dfrac{1}{3}\)

​.S
​.h=

​\(\dfrac{1}{3}\).30.10=100 (dm3\(^3\))

a) x²−3x=0

x²−3x=0

suy ra x(x−3)=0

TH1: x=0

TH2: x−3=0 hay x=3.

b) x²−6x+8=0

x²−6x+8=0

(x²−4x)−(2x−8)=0

(x−4)(x−2)=0

TH1: x−4=0 suy ra x=4

TH2: x−2=0 suy ra x=2

Vậy x=4 hoặc x=2.

a) (6x³y²−27x³y):3xy

=2x²y−9x² 

Bố Nam có nhóm máu AB nên không hề có kháng thể trong huyết tương để chống lại bất kỳ kháng nguyên do đó theo nguyên tắc truyền máu cả ba người còn lại trong gia đình đều có thể truyền máu cho bố Nam. ời nhận), cả ba người còn lại trong gia đình đều có thể truyền máu cho bố An.hóm máu AB, tức là không hề có kháng thể trong huyết tương để chống lại bất kỳ kháng nguyên nào nên theo nguyên tắc truyền máu (kháng nguyên trên hồng cầu người cho không có kháng thể tương ứng trong huyết tương người nhận), cả ba người còn lại trong gia đình đều có thể truyền máu cho bố An.