a: ΔABC cân tại A

=>\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

=>\(\widehat{ACB}=50^0\)

ΔABC cân tại A

=>\(\widehat{BAC}=180^0-2\cdot\widehat{ABC}=180^0-2\cdot50^0=80^0\)

b: Xét ΔNBC vuông tại N và ΔMCB vuông tại M có

BC chung

\(\widehat{NBC}=\widehat{MCB}\)(ΔABC cân tại A)

Do đó: ΔNBC=ΔMCB

=>CN=MB

c: ΔNBC=ΔMCB

=>\(\widehat{NCB}=\widehat{MBC}\)

=>\(\widehat{HBC}=\widehat{HCB}\)

=>ΔHBC cân tại H

Xét ΔAHB và ΔAHC có

AH chung

HB=HC

AB=AC

Do đó: ΔAHB=ΔAHC

=>\(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\)

=>AH là phân giác của góc BAC

a) ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = ∠ACB = 50⁰

∠ABC + ∠ACB + ∠BAC = 180⁰ (tổng ba góc trong ∆ABC)

⇒ ∠BAC = 180⁰ - (∠ABC + ∠ACB)

= 180⁰ - (50⁰ + 50⁰)

= 80⁰

b) Ta có:

∠ABC = ∠ACB (cmt)

⇒ ∠NBC = ∠MCB

Xét hai tam giác vuông: ∆NBC và ∆MCB có:

BC là cạnh chung

∠NBC = ∠MCB (cmt)

⇒ ∆NBC = ∆MCB (cạnh huyền - góc nhọn)

⇒ CN = BM (hai cạnh tương ứng)

Hay BM = CN

c) ∆ABC cân tại A (gt)

BM là đường cao (gt)

CN là đường cao thứ hai (gt)

⇒ AH là đường cao thứ ba

⇒ AH cũng là đường phân giác

⇒ AH là tia phân giác của ∠BAC

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHC vuông tại H có

AB=AC

AH chung

Do đó: ΔAHB=ΔAHC

=>HB=HC

b: ΔAHB=ΔAHC

=>\(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\)

Xét ΔAMH vuông tại M và ΔANH vuông tại N có

AH chung

\(\widehat{MAH}=\widehat{NAH}\)

Do đó: ΔAMH=ΔANH

=>HM=HN

mà HM<HB(ΔHMB vuông tại M)

nên HN<HB

c: Ta có: DH//AC

=>\(\widehat{DHA}=\widehat{HAC}\)

mà \(\widehat{HAC}=\widehat{HAB}\)

nên \(\widehat{DHA}=\widehat{DAH}\)

=>DA=DH

Ta có: \(\widehat{DAH}+\widehat{DBH}=90^0\)(ΔAHB vuông tại H)

\(\widehat{DHA}+\widehat{DHB}=90^0\)

mà \(\widehat{DAH}=\widehat{DHA}\)

nên \(\widehat{DBH}=\widehat{DHB}\)

=>DB=DH

mà DH=DA

nên DB=DA

=>D là trung điểm của AB

=>\(DH=\dfrac{1}{2}AB\)

a) Do ∆ABC cân tại A (gt)

AH là đường cao (gt)

⇒ AH cũng là đường trung tuyến

⇒ H là trung điểm của BC

⇒ BH = HC

b) ∆CHN vuông tại N

⇒ CH là cạnh huyền nên là cạnh lớn nhất

⇒ CH > HN

Mà BH = CH (cmt)

⇒ BH > HN

c) ∆ABC cân tại A (gt)

AH là đường cao (gt)

⇒ AH là đường phân giác

⇒ ∠BAH = ∠CAH

⇒ ∠DAH = ∠CAH

Do HD // AC (gt)

⇒ ∠DHA = ∠CAH (so le trong)

Mà ∠DAH = ∠CAH (cmt)

⇒ ∠DHA = ∠DAH

⇒ ∆AHD cân tại D

⇒ DH = AD (1)

Do DH // AC (gt)

⇒ ∠DHB = ∠ACB (đồng vị)

Mà ∠ACB = ∠ABC (∆ABC cân tại A)

⇒ ∠DHB = ∠ABC

⇒ ∠DHB = ∠DBH

⇒ ∆BHD cân tại D

⇒ DH = BD (2)

Từ (1) và (2) ⇒ D là trung điểm của AB

⇒ DH = AD = BD = AB : 2

a: Xét ΔBAM vuông tại A và ΔBNM vuông tại Ncó

BM chung

\(\widehat{ABM}=\widehat{NBM}\)

Do đó: ΔBAM=ΔBNM

=>\(\widehat{AMB}=\widehat{NMB}\)

=>MB là phân giác của góc AMN

b: Ta có: NK//BM

=>\(\widehat{BMN}=\widehat{KNM}\)(hai góc so le trong)

mà \(\widehat{NKM}=\widehat{AMB}\)(hai góc đồng vị, BM//NK)

mà \(\widehat{BMN}=\widehat{AMB}\)

nên \(\widehat{KNM}=\widehat{NKM}\)

=>ΔMNK cân tại M

c: Ta có: ΔBAM=ΔBNM

=>BA=BN và MA=MN

BA=BN

=>B nằm trên đường trung trực của AN(1)
MA=MN

=>M nằm trên đường trung trực của AN(2)

Từ (1),(2) suy ra BM là đường trung trực của AN

=>BM\(\perp\)AN

1: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBED vuông tại E có

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔBED

2: ta có; ΔBAD=ΔBED
=>DA=DE
mà DE<DC(ΔDEC vuông tại E)

nên DA<DC

a: Xét ΔDAF và ΔDBE có

DA=DB

\(\widehat{ADF}\) chung

DF=DE

Do đó: ΔDAF=ΔDBE

b: Ta có: DA+AE=DE

DB+BF=DF

mà DA=DB và DE=DF

nên AE=BF

Xét ΔAEF và ΔBFE có

AE=BF

\(\widehat{AEF}=\widehat{BFE}\)

FE chung

Do đó: ΔAEF=ΔBFE

=>\(\widehat{AFE}=\widehat{BEF}\)

=>\(\widehat{IEF}=\widehat{IFE}\)

=>IE=IF

Xét ΔDEI và ΔDFI có

DE=DF

EI=FI

DI chung

Do đó: ΔDEI=ΔDFI

=>\(\widehat{EDI}=\widehat{FDI}\)

=>DI là phân giác của góc EDF

a) Do ∆MNP cân tại M (gt)

⇒ ∠MPN = ∠MNP

⇒ ∠HPN = ∠KNP

Xét hai tam giác vuông: ∆NHP và ∆PKN có:

NP là cạnh chung

∠HPN = ∠KNP (cmt)

⇒ ∆NHP = ∆PKN (cạnh huyền - góc nhọn)

b) Do ∆NHP = ∆PKN (cmt)

⇒ ∠HNP = ∠KPN (hai góc tương ứng)

⇒ ∠ENP = ∠EPN

∆ENP có:

∠ENO = ∠EPN (cmt)

⇒ ∆ENP cân tại E

c) ∆MNP có hai đường cao NH và PK cắt nhau tại E

⇒ ME là đường cao thứ ba của ∆MNP

Mà ∆MNP cân tại M (gt)

⇒ ME vừa là đường cao cũng vừa là đường phân giác của ∆MNP

⇒ ME là tia phân giác của ∠NMP

Câu 16:

a: Xét ΔBAH và ΔBDH có

BA=BD

AH=DH

BH chung

Do đó: ΔBAH=ΔBDH

b: ΔBAH=ΔBDH

=>\(\widehat{ABH}=\widehat{DBH}\)

Xét ΔBAE và ΔBDE có

BA=BD

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

BE chung

Do đó: ΔBAE=ΔBDE

=>EA=ED
=>ΔEAD cân tại E

c: ta có: ED=EA

mà EA<EM(ΔEAM vuông tại A)

nên ED<EM

Câu 13:

a: Đặt P(x)=0

=>x-5=0

=>x=5

Đặt M(x)=0

=>2x+4=0

=>2x=-4

=>x=-2

b: \(A\left(-3\right)=2\cdot\left(-3\right)+6=-6+6=0\)

=>x=-3 là nghiệm của A(x)

c: B(2)=-6

=>\(a\cdot2+4=-6\)

=>2a=-10

=>a=-5

TK:

Để chứng minh rằng \( BE \) vuông góc với \( AC \), ta sẽ sử dụng các định lí về tam giác vuông và tính chất của phân giác trong tam giác.

Vì tam giác \( ABC \) vuông tại \( A \), nên phân giác \( BE \) sẽ chia góc \( CAB \) thành hai góc nhỏ bằng nhau, tức là \( \angle BAE = \angle CAE \).

Vì \( EH \) là đường cao của tam giác \( BEC \), nên \( EH \) vuông góc với \( BC \).

Xét tam giác \( BEH \) và \( CEA \):
- \( \angle BEH = \angle CEA \) (vì cùng là góc phân giác)
- \( \angle EHB = \angle EAC \) (vì \( EH \) song song với \( AC \))
- \( EH \) vuông góc với \( BC \) và \( AC \) (do phân giác chia góc \( CAB \))
=> \( BE \) là đường cao của tam giác \( BEC \) (theo tính chất của tam giác vuông).
=> \( BE \) vuông góc với \( AC \), vì đường cao luôn vuông góc với đáy của tam giác.

Vậy, ta đã chứng minh được rằng \( BE \) vuông góc với \( AC \).

Sửa đề; Chứng minh BE\(\perp\)KC

Xét ΔBKC có

CA,KH là các đường cao

CA cắt KH tại E

Do đó: E là trực tâm của ΔBKC

=>BE\(\perp\)KC

A(x)+B(x)= x^3 + 2x^2 -x+1+2x^3 +3x^2 +4x +5

= ( x^3 +2x^3) + ( 2x^2 + 3x^2) + ( -x +4x ) + ( 1 +5) 

= 3x^3 + 5x^2 + 3x +6

A(x) - B(x) = x^3 +2x^2 -x+1 - 2x^3 - 3x^2 -4x-5

= (x^3 - 2x^3) + ( 2x^2 - 3x^2) + ( -x -4x ) + ( 1-5)

= -x^3 - x^2 - 5x-4

 Đây nha bạn :)