Câu 2:

a: A(3;-5); B(1;0)

\(\overrightarrow{AB}=\left(1-3;0+5\right)\)

=>\(\overrightarrow{AB}=\left(-2;5\right)\)

\(\overrightarrow{OC}=-3\cdot\overrightarrow{AB}\)

=>\(\begin{cases}x_{C}-0=-3\cdot\left(-2\right)=6\\ y_{C}-0=-3\cdot5=-15\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x_{C}=6\\ y_{C}=-15\end{cases}\)

=>C(6;-15)

b:

A(3;-5); C(6;-15); D(x;y)

D đối xứng A qua C

=>\(\begin{cases}x_{A}+x_{D}=2\cdot x_{C}\\ y_{A}+y_{D}=2\cdot y_{C}\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x_{D}+3=2\cdot6=12\\ y_{D}-5=2\cdot\left(-15\right)=-30\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x_{D}=12-3=9\\ y_{D}=-30+5=-25\end{cases}\)

=>D(9;-25)

Câu 5:

a: A(-1;1); B(2;1); C(-1;-3)

\(\overrightarrow{AB}=\left(2+1;1-1\right)=\left(3;0\right)\)

\(\overrightarrow{AC}=\left(-1+1;-3-1\right)=\left(0;-4\right)\)

Vi 0/3<>-4/0

nên A,B,C không thẳng hàng

=>Có tồn tại tam giác ABC

\(\overrightarrow{BC}=\left(-1-2;-3-1\right)=\left(-3;-4\right)\)

=>\(BC=\sqrt{\left(-3\right)^2+\left(-4\right)^2}=5\)

\(\overrightarrow{AB}=\left(3;0\right)\)

=>\(AB=\sqrt{3^2+0^2}=3\)

\(\overrightarrow{AC}=\left(0;-4\right)\)

=>\(AC=\sqrt{0^2+\left(-4\right)^2}=\sqrt{16}=4\)

Vì \(AB^2+AC^2=BC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

Chu vi tam giác ABC là:

AB+AC+BC

=3+4+5

=12

Diện tích tam giác ABC là:

\(S_{ABC}=\frac12\cdot AB\cdot AC=\frac12\cdot3\cdot4=3\cdot2=6\)

b: M thuộc Ox nên M(x;0)

A(-1;1); B(2;1)

M cách đều A; B

=>MA=MB

=>\(MA^2=MB^2\)

=>\(\left(-1-x\right)^2+\left(1-0\right)^2=\left(2-x\right)^2+\left(1-0\right)^2\)

=>\(\left(x+1\right)^2=\left(x-2\right)^2\)

=>\(x^2+2x+1=x^2-4x+4\)

=>6x=3

=>x=0,5

=>M(0,5;0)

c: N thuộc trục Oy nên N(0;y)

B(2;1); C(-1;-3)

N cách đều B và C

=>NB=NC

=>\(NB^2=NC^2\)

=>\(\left(0-2\right)^2+\left(1-y\right)^2=\left(0+1\right)^2+\left(-3-y\right)^2\)

=>\(y^2-2y+1+4=y^2+6y+9+1\)

=>6y+10=-2y+5

=>8y=-5

=>\(y=-\frac58\)

=>N(0;-5/8)

\(\frac57x-\frac{3}{14}x=1\frac{1}{15}+\frac{3}{10}\)

\(\frac12x=\frac{41}{30}\)

\(x=\frac{41}{15}\)

Xét ΔOAD và ΔOCB có

\(\hat{OAD}=\hat{OCB}\) (hai góc so le trong, AD//CB)

\(\hat{AOD}=\hat{COB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOAD~ΔOCB

=>\(\frac{OA}{OC}=\frac{OD}{OB}=\frac{AD}{CB}\)

Ta có: O nằm giữa B và D

=>\(\frac{S_{AOD}}{S_{AOB}}=\frac{OD}{OB}\) (2)

Ta có: O nằm giữa A và C

=>\(\frac{S_{AOB}}{S_{BOC}}=\frac{OA}{OC}\) (1)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{AOD}}{S_{AOB}}\cdot\frac{S_{AOB}}{S_{BOC}}=\frac{OD}{OB}\cdot\frac{OA}{OC}\)

=>\(\left(\frac{OA}{OC}\right)^2=\frac{S_{AOD}}{S_{BOC}}=\frac{196}{169}=\left(\frac{14}{13}\right)^2\)

=>\(\frac{OA}{OC}=\frac{14}{13}\)

=>\(\frac{S_{AOB}}{S_{BOC}}=\frac{14}{13}\)

=>\(S_{AOB}=169\cdot\frac{14}{13}=13\cdot14=182\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

87.71

24,9+57,36+5,45

=24,9+(57,36+5,45)

=24,9+62,81

=87,71

81,71 nha bạn❗

Câu 7:

\(\lim_{x\to+\infty}f\left(x\right)=\lim_{x\to+\infty}\frac{6000x}{12x+50}\)

\(=\lim_{x\to+\infty}\frac{6000}{12+\frac{50}{x}}=\frac{6000}{12}=500\)

=>Số dân của thị trấn không vượt quá 500 người

🤡

Bai 1:

a: Xét ΔOAM vuông tại A và ΔOBM vuông tại B có

OM chung

\(\hat{AOM}=\hat{BOM}\)

Do đó: ΔOAM=ΔOBM

b: ΔOAM=ΔOBM

=>MA=MB

Bài 2:

a: Xét ΔHDB vuông tại D và ΔHEC vuông tại E có

HD=HE

\(\hat{DHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHDB=ΔHEC

b: ΔHDB=ΔHEC
=>\(\hat{HBD}=\hat{HCE}\)

Bài 3:

Xét ΔBAD và ΔBED có

BA=BE

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

BD chung

Do đó: ΔBAD=ΔBED

=>DA=DE
BÀi 4:

a: TA có: \(BE=EC=\frac{BC}{2}\)

\(BA=\frac{BC}{2}\)

Do đó: BE=EC=BA

Xét ΔBAD và ΔBED có

BA=BE

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

BD chung

Do đó: ΔBAD=ΔBED
=>\(\hat{BDA}=\hat{BDE}\)

=>DB là phân giác của góc ADE
b: ΔBAD=ΔBED

=>\(\hat{BAD}=\hat{BED}\)

=>\(\hat{BED}=90^0\)

=>DE⊥BC tại E

Xét ΔDBC có

DE là đường cao

DE là đường trung tuyến

Do đó: ΔDBC cân tại D

=>DB=DC

Tứ giác AEDF có \(\hat{DEA}=\hat{EAF}=\hat{AFD}=90^{\circ}\)
nên AEDF là hình chữ nhật (1)
=> ED//AF (t/c)
=> \(\hat{BDE}=\hat{DCF}\) (2 góc đồng vị)
Xét ΔBDE vuông tại E và ΔDCF vuông tại F có
BD = DC (D là trung điểm BC)
\(\hat{BDE}=\hat{DCF}\) (cmt)
=> ΔBDE = ΔDCF(ch-gn)
=> DE=DF (2 cạnh tương ứng (2)
Từ (1) và (2), suy ra AEDF là hình vuông

ΔABC cân tại A

mà AD là đường trung tuyến

nên AD là phân giác của góc BAC

Xét tứ giác AEDF có \(\hat{AED}=\hat{AFD}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEDF là hình chữ nhật

Hình chữ nhật AEDF có AD là phân giác của góc EAF

nên AEDF là hình vuông

Giá bán của chiếc điện thoại vào tháng 11 là:

\(12000000\left(1-5\%\right)=11400000\) (đồng)

Giá bán của chiếc điện thoại vào tháng 12 là:

\(11400000\left(1-5\%\right)=11400000\cdot0,95=10830000\) (đồng)

Giá nhập về của chiếc điện thoại là:

10830000-830000=10000000(đồng)

a) Xét tam giác EMC có AB//MC
\(\Rightarrow\frac{EA}{EC}=\frac{AB}{MC}\) (hệ quả Thales)(1)
mà M là trung điểm CD => MC=CD/2
\(\Rightarrow\frac{EA}{EC}=\frac{AB}{\frac{DC}{2}}=\frac{2AB}{DC}\)
b) Xét tam giác EMC có AB//MC
\(\Rightarrow\frac{AF}{FM}=\frac{AB}{DM}\) (hệ quả Thales)(2)
Vì M là trung điểm BC nên MC=DM (3)
Từ (1), (2) và (3), suy ra \(\frac{AF}{FM}=\frac{EA}{EC}\)
=> EF//MC hay EF//DC (Thales đảo)
c) Xét tam giác BDM có EF//DM
\(\Rightarrow\frac{FE}{DM}=\frac{BE}{BM}\) (hệ quả Thales) (4)
Xét tam giác BMC có EG//MC
\(\Rightarrow\frac{EG}{MC}=\frac{BE}{BM}\) (hệ quả Thales) (5)
Từ (4) và (5), suy ra \(\frac{EF}{DM}=\frac{EG}{MC}\)
mà DM=MC (cmt)
\(\Rightarrow EF=EG\)
Tương tự, có FH=EF
=> GE=EF=FH

a) Xét tam giác EMC có AB//MC
\(\Rightarrow\frac{EA}{EC}=\frac{AB}{MC}\) (hệ quả Thales)(1)
mà M là trung điểm CD => MC=CD/2
\(\Rightarrow\frac{EA}{EC}=\frac{AB}{\frac{DC}{2}}=\frac{2AB}{DC}\)
b) Xét tam giác EMC có AB//MC
\(\Rightarrow\frac{AF}{FM}=\frac{AB}{DM}\) (hệ quả Thales)(2)
Vì M là trung điểm BC nên MC=DM (3)
Từ (1), (2) và (3), suy ra \(\frac{AF}{FM}=\frac{EA}{EC}\)
=> EF//MC hay EF//DC (Thales đảo)
c) Xét tam giác BDM có EF//DM
\(\Rightarrow\frac{FE}{DM}=\frac{BE}{BM}\) (hệ quả Thales) (4)
Xét tam giác BMC có EG//MC
\(\Rightarrow\frac{EG}{MC}=\frac{BE}{BM}\) (hệ quả Thales) (5)
Từ (4) và (5), suy ra \(\frac{EF}{DM}=\frac{EG}{MC}\)
mà DM=MC (cmt)
\(\Rightarrow EF=EG\)
Tương tự, có FH=EF
=> GE=EF=FH

a: Xét ΔEAB và ΔECM có

\(\hat{EAB}=\hat{ECM}\) (hai góc so le trong, AB//CM)

\(\hat{AEB}=\hat{CEM}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔEAB~ΔECM

=>\(\frac{EA}{EC}=\frac{AB}{CM}=\frac{AB}{0,5CD}=\frac{2AB}{CD}\)

b: Xét ΔFBA và ΔFDM có

\(\hat{FBA}=\hat{FDM}\) (hai góc so le trong, BA//DM)

\(\hat{BFA}=\hat{DFM}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFBA~ΔFDM

=>\(\frac{FB}{FD}=\frac{FA}{FM}=\frac{AB}{DM}=\frac{2AB}{DC}\)

=>\(\frac{FB}{FD}=\frac{FA}{FM}=\frac{EA}{EC}\)

Xét ΔAMC có \(\frac{AF}{FM}=\frac{AE}{EC}\)

nên EF//MC

=>EF//CD
c: Xét ΔBMC có EG//MC

nên \(\frac{EG}{MC}=\frac{BE}{BM}\) (1)

Xét ΔBDM có FE//DM

nên \(\frac{FE}{DM}=\frac{BE}{BM}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{EG}{MC}=\frac{FE}{DM}\)

mà MC=DM

nên EG=FE(3)

Xét ΔAMC có FE//MC

nên \(\frac{FE}{MC}=\frac{AF}{AM}\) (4)

Xét ΔADM có FH//DM

nên \(\frac{FH}{DM}=\frac{AF}{AM}\) (5)

Từ (4),(5) suy ra \(\frac{FE}{MC}=\frac{FH}{DM}\)

mà MC=DM

nên FE=FH(6)

Từ (3),(6) suy ra FE=FH=EG