Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBHK vuông tại H có

BH chung

HA=HK

Do đó: ΔBHA=ΔBHK

=>\(\hat{ABH}=\hat{KBH}\)

=>BH là phân giác của góc ABK

=>BC là phân giác của góc ABK

Xét ΔCHA vuông tại H và ΔCHK vuông tại H có

CH chung

HA=HK

Do đó: ΔCHA=ΔCHK

=>\(\hat{HCA}=\hat{HCK}\)

=>CH là phân giác của góc ACK

=>CB là phân giác của góc ACK

Hình 1:

ΔACB vuông cân tại A

=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}=45^0\)

Xét ΔCAD có \(\hat{BCA}\) là góc ngoài tại đỉnh C

nên \(\hat{BCA}=\hat{CDA}+\hat{CAD}\)

=>\(2\cdot\hat{CDA}=45^0\)

=>\(2x=45^0\)

=>\(x=22,5^0\)

Hình 2: ΔMND cân tại M

=>\(\hat{MND}=\hat{MDN}\)

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

ΔDMP cân tại D

=>\(\hat{DMP}=\hat{DPM}=x\)

Xét ΔDMP có \(\hat{MDN}\) là góc ngoài tại đỉnh D

nên \(\hat{MDN}=\hat{DMP}+\hat{DPM}\)

=>\(2x=70^0\)

=>\(x=35^0\)

Hình 3:

ΔEDK cân tại E

=>\(\hat{EKD}=\frac{180^0-\hat{KED}}{2}=\frac{180^0-80^0}{2}=50^0\)

ΔDFK cân tại K

=>\(\hat{KFD}=\hat{KDF}\)

=>\(\hat{KFD}=\hat{KDF}=x\)

Xét ΔDKF có \(\hat{DKE}\) là góc ngoài tại đỉnh K

nên \(\hat{DKE}=\hat{KDF}+\hat{KFD}\)

=>\(x+x=50^0\)

=>\(2x=50^0\)

=>\(x=25^0\)

Bài 5:

Số đo góc ở đỉnh là: \(180^0-2\cdot50^0=80^0\)

Bài 4: Số đo góc ở đáy là: \(\frac{180^0-50^0}{2}=\frac{130^0}{2}=65^0\)

Bài 3:

Cách 1: Chứng minh hai cạnh bất kì của tam giác bằng nhau

Cách 2: Chứng minh tam giác có hai góc bằng nhau

Cách 3: Chứng minh tam giác có một đường trung tuyến vừa là đường cao, hoặc vừa là đường phân giác, hoặc vừa là đường trung trực ứng với cạnh đó

Bài 2:

1: Tam giác cân có một góc vuông là tam giác vuông cân

2: Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân

3: Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác cân

4: Tam giác cân có một góc bằng 60 độ là tam giác đều

5: Tam giác MNP cân tại M thì \(\hat{N}=\hat{P};MN=MP\)

Bài 1:

Cạnh bên là AB,AC

Cạnh đáy là BC

Góc ở đáy là \(\hat{B};\hat{C}\)

Góc ở đỉnh là \(\hat{A}\)

Bài 13:

a: Ta có: \(\hat{ABC}+\hat{ABD}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{ACB}+\hat{ACE}=180^0\) (hai góc kề bù)

mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)

nên \(\hat{ABD}=\hat{ACE}\)

Xét ΔABD và ΔACE có

AB=AC
\(\hat{ABD}=\hat{ACE}\)

BD=CE

DO đó: ΔABD=ΔACE

=>AD=AE
=>ΔADE cân tại A

b: Xét ΔAMB và ΔAMC có

AM chung

MB=MC

AB=AC

Do đó: ΔAMB=ΔAMC

=>\(\hat{AMB}=\hat{AMC}\)

mà \(\hat{AMB}+\hat{AMC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AMB}=\hat{AMC}=\frac{180^0}{2}=90^0\)

=>AM⊥BC tại M

Xét ΔAMD vuông tại M và ΔAME vuông tại M có

AD=AE

AM chung

Do đó: ΔAMD=ΔAME

=>\(\hat{MAD}=\hat{MAE}\)

=>AM là phân giác của góc BAC
c: ΔADB=ΔAEC

=>\(\hat{DAB}=\hat{EAC}\)

Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAKC vuông tại K có

AB=AC

\(\hat{HAB}=\hat{KAC}\)

Do đó: ΔAHB=ΔAKC

=>BH=CK

d: Gọi O là giao điểm của BH và CK

Xét ΔBHD vuông tại H và ΔCKE vuông tại K có

BD=CE

BH=CK

Do đó: ΔBHD=ΔCKE

=>\(\hat{DBH}=\hat{ECK}\)

mà \(\hat{DBH}=\hat{OBC}\) (hai góc đối đỉnh)

và \(\hat{ECK}=\hat{OCB}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)

=>OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(1)

ta có: MB=MC

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

Ta có: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra A,O,M thẳng hàng

=>AM,BH,CK đồng quy tại O

Bài 2:

a: Xét ΔNAE và ΔNBC có

NA=NB

\(\hat{ANE}=\hat{BNC}\) (hai góc đối đỉnh)

NE=NC

Do đó: ΔNAE=ΔNBC

=>AE=BC(1)

Xét ΔMAD và ΔMCB có

MA=MC

\(\hat{AMD}=\hat{CMB}\) (hai góc đối đỉnh)

MD=MB

Do đó: ΔMAD=ΔMCB

=>AD=CB(2)

Từ (1),(2) suy ra AD=AE
b: ΔNAE=ΔNBC

=>\(\hat{NAE}=\hat{NBC}\)

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

nên AE//BC

ΔMAD=ΔMCB

=>\(\hat{MAD}=\hat{MCB}\)

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

nên AD//BC

Ta có: AD//BC

AE//BC

mà AD,AE có điểm chung là A

nên D,A,E thẳng hàng

Bài 3:

TA có: \(\left|x+\frac{1}{101}\right|+\left|x+\frac{2}{101}\right|+\cdots+\left|x+\frac{100}{101}\right|=101x\)

=>101x>=0

=>x>=0

Khi đó, phương trình sẽ trở thành:

\(101x=x+\frac{1}{101}+x+\frac{2}{101}+\cdots+x+\frac{100}{101}\)

=>\(101x=100x+\frac{1+2+\cdots+100}{101}\)

=>\(x=\frac{1+2+\cdots+100}{101}=\frac{100\cdot\frac{101}{2}}{101}=\frac{50\cdot101}{101}=50\) (nhận)

Bài 2:

a: Xét ΔBAD và ΔBED có

BA=BE

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

BD chung

Do đó: ΔBAD=ΔBED

b: ΔBAD=ΔBED

=>DA=DE
=>D nằm trên đường trung trực của AE(1)

Ta có: BA=BE

=>B nằm trên đường trung trực của AE(2)

Từ (1),(2) suy ra BD là đường trung trực của AE
=>BD⊥AE tại trung điểm của AE

=>I là trung điểm của AE

c:

ΔBAD=ΔBED

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

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

=>DE⊥BC tại E

Xét ΔDAK vuông tại A và ΔDEC vuông tại E có

DA=DE
\(\hat{ADK}=\hat{EDC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDAK=ΔDEC

=>DK=DC và AK=EC

BK=BA+AK

BC=BE+EC

mà BA=BE và AK=EC

nên BK=BC

=>B nằm trên đường trung trực của KC(1)

Ta có: DK=DC
=>D nằm trên đường trung trực của KC(2)

Ta có: MK=MC

=>M nằm trên đường trung trực của KC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra B,D,M thẳng hàng

- BPTT: nhân hóa ''rờ rỡ'', “rộn rã”, “buông gàu”, “lo tát nước”, “phe phẩy quạt hồng”

+ Ẩn dụ: sao ví như người lao động
- Tác dụng: làm bầu trời đêm trở nên sinh động và gần gũi như một thế giới con người, với những vì sao rực rỡ được nhân hoá thành người lao động quen thuộc. Qua đó, tác giả gợi lên không khí nhộn nhịp, hài hòa và đầy sức sống của thiên nhiên.

bài 1: xét △ vuông OBK và △ vuông OKA, có:

OA = OB (giả thiết)

OK chung

⇒ △ OBK = △ OKA (ch-cgv)

⇒ góc BOK = góc AOK

⇒ OK là tia phân giác của góc BOA

bài 2:

xét △ ABC có AB = AC

⇒ △ ABC là △ cân tại A

lại có AD là đường cao

⇒ AD cũng là đường phân giác của △ ABC

⇒ góc BAD = góc CAD

⇒ AD là tia phân giác góc BAC

bài 3: xét △ vuông ABC và △ vuông ADC có

CB = CD (giả thiết)

AC là cạnh chung

⇒ △ ABC = △ ADC (ch-cgv)

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

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

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

`5/7 x - 3/(14) x = 1 1/(15) + 3/(10)`

`=> (5/7 - 3/(14)) x = (16)/(15) + 3/(10)`

`=> ((10)/(14) - 3/(14)) x = (32)/(30) + 9/(30)`

`=> 1/2 x = (41)/(30)`

`=> x = (41)/(30) : 1/2`

`=> x = (41)/(30). 2`

`=> x = (41)/(15)`

Vậy `x = (41)/(15)`