Ta có:

+ Các đường thẳng \[AA'\], \[BB'\], \[CC',\,\,DD'\] cùng đi qua điểm \[I\].

+ Vì \[A\,,\,\,B\,,\,\,C\,,\,\,D\] lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \[IA',{\rm{ }}IB',{\rm{ }}IC',{\rm{ }}ID'.\] nên ta có: \[\frac{{IA}}{{IA'}} = \frac{{IB}}{{IB'}} = \frac{{IC}}{{IC'}} = \frac{{ID}}{{ID'}}\].

Do đó, hai tứ giác \[ABCD\] và \[A'B'C'D'\] đồng dạng phối cảnh, điểm \[I\] là tâm đồng dạng phối cảnh.

Hai đoạn thẳng \[AB\] và \[A'B'\] đồng dạng phối cảnh, điểm \[I\] là tâm đồng dạng phối cảnh;

Hai đoạn thẳng \[BD\] và \[B'D'\] đồng dạng phối cảnh, điểm \[I\] là tâm đồng dạng phối cảnh.

Vậy khẳng định sai là “Hai đoạn thẳng \[BB'\] và \[AA'\] đồng dạng phối cảnh, điểm \[I\] là tâm đồng dạng phối cảnh”.

a) Thay lần lượt các giá trị x = -4; x = 8 vào f(x) , ta có:

$y=f\left(-4\right)=\frac{4}{-4}=-1;f\left(8\right)=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}.$

b) Ta điền các số còn thiếu vào bảng như sau:

Gọi x (km/h)  là vận tốc của ca nô (x > 0).

 Vận tốc của ô tô là: x + 17 (km/h).

Quãng đường ca nô đi là: $\frac{10}{3}x\left(\text{km}\right)$ .

 Quãng đường ô tô đi là $2\left(x+17\right)\left(\text{km}\right)$ .

Vì đường sông ngắn hơn đường bộ 10 km nên ta có phương trình:

$2\left(x+17\right)-\frac{10}{3}x=10$

$2x+34-\frac{10}{3}x=10$

$\frac{10}{3}x-2x=34-10$

$\frac{4}{3}x=24$

 $x=18$(thỏa mãn điều kiện).

a) Các số tự nhiên có hai chữ số nhỏ hơn 200 là: $\left\{10;11;\dots ;199\right\}$ .

Vậy có 190 cách viết ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số nhỏ hơn 200.

b) Có 9 kết quả thuận lợi cho biến cố“Số tự nhiên được viết ra là số tròn trăm” là $100;200;300;400;500;600;700;800;900.$  

Do đó, xác suất của biến cố “Số tự nhiên được viết ra là số tròn trăm” là: $\frac{9}{190}$  .

Vì Q  là trung điểm EC, P là trung điểm của DC  nên PQ  là đường trung bình của tam giác CED .

Khi đó $QP=\frac{1}{2}DE$ .

Do đó $DE=2QP=2\cdot \mathrm{1,5}=3\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(m)}$ .

Vậy chiều dài mái DE  bằng 3 m.

a) Xét $\Delta ABK$  và $\Delta CBF$  có:

$\widehat{ABK}=\widehat{CBF}\left(\widehat{B}\text{\hspace{0.33em}\hspace{0.17em}chung}\right)$

$\widehat{AKB}=\widehat{CFB}\left(=90°\right)$

Do đó $\Delta ABK\backsim \Delta CBF\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g)}$ .

b) Xét $\Delta AEB$  và $\Delta ACF$  có:

$\widehat{EAB}=\widehat{FAC}\left(\widehat{A}\text{\hspace{0.33em}\hspace{0.17em}chung}\right)$

$\widehat{AEB}=\widehat{AFC}\left(=90°\right)$

Do đó $\Delta AEB\backsim \Delta ACF\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g)}$

Suy ra $\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}$  hay $AE\cdot AC=AF\cdot AB$  (đpcm)

c)

• Xét $\Delta BFC$  vuông tại F  có O  là trung điểm của BC  nên $FO=\frac{BC}{2}$   (1)

• Xét $\Delta BEC$  vuông tại E  có O  là trung điểm của BC  nên $EO=\frac{BC}{2}$  (2)

Từ (1) và (2) nên suy ra  $FO=EO$       (5)

• Xét $\Delta AEH$  vuông tại E  có I  là trung điểm của AH  nên $EI=\frac{AH}{2}$     (3)

• Xét $\Delta AFH$  vuông tại F  có I  là trung điểm của AH  nên $FI=\frac{AH}{2}$     (4)

Từ (3) và (4) nên suy ra $FI=EI$         (6)

Từ (5) và (6) ta suy ra được OI  là đường trung trực của cạnh EF .

Khi đó $OI\perp EF$  hay $OI\perp DN$ .

Do đó DN  là đường cao của $\Delta DOI$ .

Xét $\Delta DOI$  có DN  và IK  là đường cao và N  là giao của DN  và IK .

Do đó N  là trực tâm của tam giác DOI .

Vậy $OI\perp DI$  (đpcm).