C.Phần cứng

C

C, Phần cứng bạn nhé. Ví dụ màn hình cảm ứng.

Hoc24 vẫn ở đây mà em ơi...

a: Trên tia đối của tia MA, lấy F sao cho MA=MF

Xét ΔMAB và ΔMFC có

MA=MF

\(\hat{AMB}=\hat{FMC}\) (hai góc đối đỉnh)

MB=MC

Do đó: ΔMAB=ΔMFC

=>\(\hat{MAB}=\hat{MFC}\)

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

nên AB//CF

=>\(\hat{BAC}+\hat{ACF}=180^0\) (1)

Ta có: \(\hat{DAE}+\hat{BAC}+\hat{DAB}+\hat{EAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=360^0-90^0-90^0=180^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{ACF}=\hat{EAD}\)

ΔMAB=ΔMFC

=>AB=FC

mà AB=AD

nên AD=FC

Xét ΔACF và ΔEAD có

AC=EA

\(\hat{ACF}=\hat{EAD}\)

CF=AD

Do đó: ΔACF=ΔEAD

=>\(\hat{CAF}=\hat{AED}\)

Ta có: \(\hat{CAF}+\hat{CAE}+\hat{EAI}=180^0\)

=>\(\hat{CAF}+\hat{EAI}=180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{EAI}+\hat{AEI}=90^0\)

=>ΔAIE vuông tại I

=>AI⊥DE tại I

b: Ta có: \(\hat{DAK}+\hat{DAB}+\hat{BAH}=180^0\)

=>\(\hat{DAK}+\hat{BAH}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{BAH}+\hat{ABC}=90^0\)

nên \(\hat{DAK}=\hat{ABH}\)

Kẻ DX⊥AH tại X và EG⊥AH tại G

ta có: DX⊥AH

EG⊥AH

BC⊥AH

Do đó: DX//EG//BC

Xét ΔDXA vuông tại X và ΔAHB vuông tại H có

DA=AB

\(\hat{DAX}=\hat{ABH}\)

Do đó: ΔDXA=ΔAHB

=>DX=AH(1)

Ta có: \(\hat{EAG}+\hat{EAC}+\hat{CAH}=180^0\)

=>\(\hat{EAG}+\hat{CAH}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{CAH}+\hat{ACH}=90^0\) (ΔAHC vuông tại H)

nên \(\hat{GAE}=\hat{HCA}\)

Xét ΔGAE vuông tại G và ΔHCA vuông tại H có

AE=CA

\(\hat{GAE}=\hat{HCA}\)

Do đó: ΔGAE=ΔHCA

=>GE=HA(2)

Từ (1),92) suy ra DX=GE

Xét ΔKXD vuông tại X và ΔKGE vuông tại G có

XD=GE

\(\hat{XDK}=\hat{GEK}\) (hai góc so le trong, DX//EG)

Do đó: ΔKXD=ΔKGE

=>KD=KE

Bài 6:

Ot là phân giác của góc xOy

=>\(\hat{xOy}=2\cdot\hat{yOt}\)

Ta có: \(\hat{tOy}+\hat{yOt^{\prime}}=\hat{tOt^{\prime}}\) (tia Oy nằm giữa hai tia Ot và Ot')

=>\(\hat{yOt^{\prime}}=90^0-\hat{yOt}\)

Ta có: \(\hat{xOy}+\hat{yOz}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{yOz}=180^0-\hat{xOy}\)

=>\(\hat{yOz}=2\left(90^0-\hat{yOt}\right)=2\cdot\hat{yOt^{\prime}}\)

=>Ot' là phân giác của góc yOz

Bài 5:

A không nằm giữa B và C

nên có thể là B nằm giữa A và C hoặc C nằm giữa A và B

M là trung điểm của BC

=>\(MB=MC=\frac{BC}{2}\)

TH1: B nằm giữa A và C

=>AB+BC=AC

\(\frac{AB+AC}{2}=\frac{AB+AB+BC}{2}=\frac{2AB+2BM}{2}=AB+BM=AM\) (1)

Th2: C nằm giữa A và B

=>AC+CB=AB

\(\frac{AC+AB}{2}=\frac{AC+AC+CB}{2}=\frac{2AC+2CM}{2}\)

=AC+CM

=AM(2)

Từ (1),(2) suy ra \(AM=\frac{AC+AB}{2}\)

Bài 4:

Gọi A là giao điểm của O'y' và Ox, B là giao điểm của O'x' và Oy

Ta có: O'B//OA

=>\(\hat{O^{\prime}BO}+\hat{BOA}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(1)

Ta có: O'A//OB

=>\(\hat{OBO^{\prime}}+\hat{BO^{\prime}A}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BOA}=\hat{BO^{\prime}A}\)

=>\(\hat{xOy}=\hat{x^{\prime}Oy^{\prime}}\)

Bài 3:

Gọi hai đường thẳng song song là AB,CD. xy cắt AB tại F, cắt CD tại E. O là giao điểm của phân giác góc AFE và phân giác góc CEF

FO là phân giác của góc AFE

=>\(\hat{OFE}=\frac12\cdot\hat{AFE}\)

EO là phân giác của góc CEF

=>\(\hat{OEF}=\frac12\cdot\hat{FEC}\)

Ta có: AB//CD

=>\(\hat{AFE}+\hat{FEC}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

=>\(\frac12\left(\hat{AFE}+\hat{FEC}\right)=180^0\cdot\frac12=90^0\)

=>\(\hat{OFE}+\hat{OEF}=90^0\)

=>ΔOEF vuông tại O

=>\(\hat{FOE}=90^0\) (ĐPCM)

Bài 2:

Gọi hai đường thẳng phân biệt đề bài cho là AB,CD. ĐƯờng thẳng thứ ba là xy, xy cắt AB tại F và xy cắt CD tại E

Ta có: \(\hat{AFE}+\hat{FEC}=180^0\) (GT)

\(\hat{AFE}+\hat{BFE}=180^0\) (hai góc kề bù)

DO đó: \(\hat{BFE}=\hat{FEC}\)

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

nên AB//CD
Bài 1:

Gọi hình bình hành đề bài cho là hình bình hành ABCD

ABCD là hình bình hành nên AB//CD và AD//BC

Ta có: AB//CD

=>\(\hat{BAD}+\hat{ADC}=180^0;\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\) (các cặp góc trong cùng phía)

AD//BC

=>\(\hat{ADC}+\hat{BCD}=180^0;\hat{BAD}+\hat{ABC}=180^0\) (các cặp góc trong cùng phía)

Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{ADC}=180^0\)

\(\hat{ADC}+\hat{BCD}=180^0\)

Do đó: \(\hat{BAD}=\hat{BCD}\)

Ta có: \(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\)

\(\hat{ADC}+\hat{BCD}=180^0\)

Do đó: \(\hat{ABC}=\hat{ADC}\)

1,5x+2,4x=7,8
=>\(x\left(1,5+2,4\right)=7,8\)

=>3,9x=7,8

=>\(x=7,8:3,9=2\)

X=2

ai biết

a: ta có: \(\hat{yCB}+\hat{zBC}=105^0+75^0=180^0\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí trong cùng phía

nên Cy//Bz

Ta có: Ax//Cy

Cy//Bz

Do đó: Ax//Bz

b: Ax//Bz

=>\(\hat{xAB}+\hat{ABz}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

=>\(\hat{ABz}=180^0-50^0=130^0\)

Ta có: \(\hat{ABC}+\hat{CBz}=\hat{ABz}\) (tia BC nằm giữa hai tia BA và Bz)

=>\(\hat{ABC}=130^0-75^0=55^0\)

Bài 20:

a: Qua O, kẻ tia OE nằm giữa hai tia OA và OC sao cho OE//AB//CD

OE//AB

=>\(\hat{AOE}=\hat{OAB}\) (hai góc so le trong)

=>\(\hat{AOE}=30^0\)

OE//CD

=>\(\hat{EOC}=\hat{OCD}\) (hai góc so le trong)

=>\(\hat{EOC}=45^0\)

Ta có: tia OE nằm giữa hai tia OA và OC

=>\(\hat{AOC}=\hat{AOE}+\hat{COE}=30^0+40^0=75^0\)

b: Gọi F là giao điểm của AO và CD

Ta có: AF//IM

=>\(\hat{AFM}+\hat{IMF}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(1)

Ta có: AI//FM

=>\(\hat{IAF}+\hat{AFM}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{IAF}=\hat{IMF}\)

=>\(\hat{IMF}=45^0\)

Bài 21:

a: Dx//BC

=>\(\hat{xDC}=\hat{DCB}\) (hai góc so le trong)

=>\(\hat{DCB}=70^0\)

=>\(\hat{ACB}=70^0\)

b: Xét ΔABC có \(\hat{ABC}+\hat{ACB}+\hat{BAC}=180^0\)

=>\(\hat{ABC}=180^0-40^0-70^0=70^0\)

Ta có: \(\hat{DAB}+\hat{BAC}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{DAB}=180^0-40^0=140^0\)

Ta có: Ay là phân giác của góc DAB

=>\(\hat{yAD}=\hat{yAB}=\frac12\cdot\hat{DAB}=\frac{140^0}{2}=70^0\)

Ta có: \(\hat{yAD}=\hat{ACB}\left(=70^0\right)\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên Ay//BC

c: Xét ΔABC có \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\left(=70^0\right)\)

nên ΔABC cân tại A

ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên AH là phân giác của góc BAC

Em có thể tạo cây thư mục theo các bước sau:

- Mở cửa sổ quản lý tệp (File Explorer) và chọn ổ đĩa hoặc thư mục nơi em muốn tạo cây thư mục.

- Tạo thư mục gốc bằng cách nhấp chuột phải, chọn New > Folder, đặt tên và nhấn Enter.

- Mở thư mục gốc và tạo các thư mục con bên trong theo đố cấu cây yêu cầu. Lặp lại thao tác tạo thư mục con ở các cấp tiếp theo.

- Sau khi tạo xong, kiểm tra lại cấu trúc cây thư mục đảm bảo các thư mục con được sắp xếp đúng.