Bài 1:

a. 

$545,26+117,3=662,56$

b.

$400,56-184,48=216,08$

c.

$4,21\times 3,2=13,472$

d.

$28,5:2,5=11,4$

Bài 2:

a. 2km 21 m = 2,021 km

b. 1020 kg = 1 tấn 20 kg 

c. 22 dam² 10 m² = 2210 m²

d. 90 giây = 1,5 phút

Bài 3:

a. Chiều rộng mảnh vườn:

$80:(3+2)\times 2=32$ (m)

Chiều rài mảnh vườn:

$80-32=48$ (m)

Diện tích mảnh vườn: 

$32\times 48=1536$ (m²)

b.

Diện tích lối đi chiếm số % diện tích mảnh vườn là:
$100-80=20$ (%)

Diện tích lối đi là:

$1536\times 20:100=307,2$ (m²)

Bài 5:

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

\(\dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{4}=\dfrac{c}{5}=\dfrac{a+b+c}{3+4+5}=\dfrac{120}{12}=10\)

Do đó: a=30; b=40; c=50

Câu 4 số mol h2so4 dùng để trung hòa 500g là n=1.0,02.10=0,2mol

2M+2H2O->2MOH+H2

a                     a

M2O+H2O->2MOH

b                     2b

2MOH+H2SO4-> M2SO4+2H2O

n(MOH)=2n(H2SO4)=0,2.2=0,4mol

Ta có hệ a+2b=0,4

aM+b(2M+16)=10,8

<=> (a+2b)M +16b=10,8

0,4M+16b=10,8

<=>M+40b=27

Ta có M<27 và b<0,2

=> M chỉ có thể là Na(M=23)

b=0,1 ; a=0,2

Lần sau em đăng tách ra 1-2 bài cho 1 câu hỏi nha

Bài 4: 

2: Xét ΔBAK vuông tại A có AD là đường cao ứng với cạnh huyền BK

nên \(BD\cdot BK=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC

nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)

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

Bài nào nhỉ

Bài 5: 

\(\cos\alpha=\sqrt{1-\dfrac{1}{25}}=\dfrac{2\sqrt{6}}{5}\)

\(\tan\alpha=\dfrac{1}{5}:\dfrac{2\sqrt{6}}{5}=\dfrac{\sqrt{6}}{12}\)

\(\cot\alpha=2\sqrt{6}\)

Bài 5: 

\(\cos\alpha=\sqrt{1-\dfrac{1}{25}}=\dfrac{2\sqrt{6}}{5}\)

\(\tan\alpha=\dfrac{1}{5}:\dfrac{2\sqrt{6}}{5}=\dfrac{1}{2\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{24}\)

\(\cot\alpha=1:\dfrac{\sqrt{6}}{24}=4\sqrt{6}\)

\(5,\\ K=\sqrt{5x-9+6\sqrt{5x-9}+9}+\sqrt{5x-9-6\sqrt{5x-9}+9}\\ K=\sqrt{\left(\sqrt{5x-9}+3\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{5x-9}-3\right)^2}\\ K=\sqrt{5x-9}+3+\sqrt{5x-9}-3=2\sqrt{5x-9}\ge0,\forall x\\ K_{min}=0\Leftrightarrow\sqrt{5x-9}=0\Leftrightarrow x=\dfrac{9}{5}\)

\(3,\\ 1,A=\dfrac{1,44+7}{\sqrt{1,44}}=\dfrac{7,44}{1,2}=\dfrac{31}{5}\\ 2,B=\dfrac{x-3\sqrt{x}+\left(2\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)-2x+\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\\ B=\dfrac{x-3\sqrt{x}+2x+5\sqrt{x}-3-2x+\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\\ B=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}\)

\(3,S=\dfrac{1}{B}+A=\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}}+\dfrac{x+7}{\sqrt{x}}=\dfrac{x+\sqrt{x}+10}{\sqrt{x}}\\ S=\sqrt{x}+1+\dfrac{10}{\sqrt{x}}\ge2\sqrt{\sqrt{x}\cdot\dfrac{10}{\sqrt{x}}}+1=2\sqrt{10}+1\left(BĐT.cosi\right)\)

Dấu \("="\Leftrightarrow x=10\)

\(1,HC=BC-HB=6\left(cm\right)\) 

Áp dụng HTL:

\(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC=16\\AC^2=CH\cdot BC=48\\AH^2=BH\cdot HC=12\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=4\left(cm\right)\\AC=4\sqrt{3}\left(cm\right)\\AH=2\sqrt{3}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

\(2,\widehat{ADB}=\widehat{AHB}\left(=90^0\right)\) nên \(ADHB\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{HDB}=\widehat{HAB}\left(cùng.chắn.HB\right)\)

Mà \(\widehat{HAB}=\widehat{ACB}\left(cùng.phụ.\widehat{HAC}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{HDB}=\widehat{ACB}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HDB}=\widehat{ACB}\left(cm.trên\right)\\\widehat{KBC}.chung\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta BHD\sim\Delta BKC\left(g.g\right)\\ \Rightarrow\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{BH}{BK}\Rightarrow BD\cdot BK=BH\cdot BC\)

\(c,\) Áp dụng công thức tính diện tích hình tam giác bằng 

Bài 4:

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\widehat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB đồng dạng với ΔAFC

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

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

Xét ΔAEF và ΔABC có

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

\(\widehat{EAF}\) chung

Do đó: ΔAEF đồng dạng với ΔABC

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

b: Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\widehat{DBH}\) chung

Do đó: ΔBDH đồng dạng với ΔBEC

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

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

Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có

\(\widehat{DCH}\) chung

Do đó: ΔCDH đồng dạng với ΔCFB

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

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

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

\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC\)

\(=BC\cdot\left(BD+CD\right)=BC^2\)

c: Xét tứ giác BFHD có \(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=180^0\)

=>BFHD là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{FBH}=\widehat{FDH}\)

=>\(\widehat{FDH}=\widehat{ABE}\)

Xét tứ giác CEHD có

\(\widehat{CEH}+\widehat{CDH}=90^0+90^0=180^0\)

=>CEHD là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HDE}=\widehat{HCE}\)

=>\(\widehat{HDE}=\widehat{ACF}\)

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

\(\widehat{HDE}=\widehat{ACF}\)

\(\widehat{ABE}=\widehat{ACF}\left(=90^0-\widehat{BAC}\right)\)

Do đó: \(\widehat{FDH}=\widehat{EDH}\)

=>DH là phân giác của góc FDE

Xét tứ giác AFHE có

\(\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

=>AFHE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HFE}=\widehat{HAE}=\widehat{DAC}\)

BFHD là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HFD}=\widehat{HBD}=\widehat{EBC}\)

\(\widehat{HFE}=\widehat{DAC}\)

\(\widehat{HFD}=\widehat{EBC}\)

\(\widehat{DAC}=\widehat{EBC}\left(=90^0-\widehat{ACB}\right)\)

Do đó: \(\widehat{HFE}=\widehat{HFD}\)

=>FH là phân giác của góc EFD

Xét ΔEFD có

FH,DH là các đường phân giác

FH cắt DH tại H

Do đó: H là tâm đường tròn nội tiếp ΔEDF