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 \(\hat{DKE}=\hat{KDF}+\hat{KFD}\)

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

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

=>\(x=25^0\)

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

TH1: n=1

\(n^4+4=1^4+4=5\) là số nguyên tố

=>Nhận

TH2: n>1

\(n^4+4=n^4+4n^2+4-4n^2\)

\(=\left(n^2+2\right)^2-4n^2\)

\(=\left(n^2+2-2n\right)\left(n^2+2+2n\right)\)

\(=\left\lbrack\left(n^2-2n+1\right)+1\right\rbrack\left\lbrack\left(n^2+2n+1\right)+1\right\rbrack\)

\(=\left\lbrack\left(n-1\right)^2+1\right\rbrack\left\lbrack\left(n+1\right)^2+1\right\rbrack\)

=>\(n^4+4\) là tích của hai số nguyên dương lớn hơn 1

=>\(n^4+4\) là hợp số

=>Loại

Câu 1.

- Văn bản được kể theo ngôi thứ ba.

- Dấu hiệu: người kể dấu mình, gọi nhân vật bằng “cậu bé”, “người mẹ”, “cô giáo”, không xưng “tôi”.

Câu 2.

- Văn bản viết về đề tài tình mẫu tử (tình mẹ con).

- Căn cứ: nội dung xoay quanh sự hy sinh thầm lặng, cao cả của người mẹ dành cho con.

Câu 3.

- Nhân vật trong truyện: cậu bé, người mẹ, cô giáo, bạn bè, lính cứu hỏa.

- Nhân vật chính là người mẹ, vì câu chuyện tập trung làm nổi bật tình yêu thương và sự hy sinh của mẹ.

Câu 4.

“Phụ huynh” là cha mẹ hoặc người giám hộ của học sinh, đại diện gia đình tham dự các hoạt động ở trường.

Câu 5.

- Theo tác giả, điều khiến cậu bé sợ hãi là ngoại hình của mẹ, đặc biệt là vết sẹo lớn trên khuôn mặt, khiến cậu xấu hổ trước bạn bè.

Câu 6.

- Nếu là cậu bé, em sẽ nói: “Con xin lỗi mẹ vì đã từng xấu hổ, con yêu mẹ rất nhiều.”

Câu 7.

- Chi tiết “cậu nắm chặt tay mẹ suốt cả ngày” gợi lên sự thức tỉnh trong nhận thức và tình cảm của người con, thể hiện lòng biết ơn, yêu thương sâu sắc dành cho mẹ.

a: Ta có: \(MI=IN=\frac{MN}{2}\)

\(QK=KP=\frac{QP}{2}\)

\(MQ=NP=\frac{MN}{2}\)

mà MN=PQ

nên MI=IN=QK=KP=MQ=NP

Xét tứ giác MIKQ có

MI//KQ

MI=KQ

DO đó: MIKQ là hình bình hành

Hình bình hành MIKQ có MI=MQ

nên MIKQ là hình thoi

b: TA có: MI=MQ

MQ=MA

Do đó: MA=MI

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

=>\(\hat{AMI}=180^0-120^0=60^0\)

Xét ΔMAI có MA=MI và \(\hat{AMI}=60^0\)

nên ΔMAI đều

c: MN//PQ

=>\(\hat{AMI}=\hat{MQP}\) (hai góc đồng vị)

=>\(\hat{MQP}=60^0\)

Xét ΔMKQ có QK=QM và \(\hat{MQK}=60^0\)

nên ΔMKQ đều

=>MK=KQ=QP/2

Xét ΔMQP có

MK là đường trung tuyến

\(MK=\frac{QP}{2}\)

Do đó: ΔMQP vuông tại M

=>QM⊥MP

Ta có: MQ=MA

NP=MQ

Do đó: MA=NP

Xét tứ giác AMPN có

AM//PN

AM=PN

Do đó: AMPN là hình bình hành

Hình bình hành AMPN có \(\hat{AMP}=90^0\)

nên AMPN là hình chữ nhật

Bài 5:

a: Xét ΔDAB vuông tại D và ΔDCE vuông tại D có

DA=DC

DB=DE

Do đó: ΔDAB=ΔDCE

=>AB=CE
b: ΔDAB=ΔDCE

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

mà \(\hat{DAB}+\hat{DBA}=90^0\) (ΔDBA vuông tại D)

nên \(\hat{FBC}+\hat{FCB}=90^0\)

=>ΔFBC vuông tại F

=>CF⊥AB tại F

Bài 4:

a: Ta có: \(\hat{MAB}+\hat{BAC}+\hat{CAN}=180^0\)

=>\(\hat{MAB}+\hat{CAN}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{MAB}+\hat{MBA}=90^0\) (ΔMAB vuông tại M)

nên \(\hat{MBA}=\hat{CAN}\)

Xét ΔMBA vuông tại M và ΔNAC vuông tại N có

BA=AC

\(\hat{MBA}=\hat{NAC}\)

Do đó: ΔMBA=ΔNAC

b: ΔMBA=ΔNAC

=>MB=NA; MA=NC

NA+AM=NM

mà NA=MB và AM=NC

nên MB+NC=NM

cứu em

Bài 3:

a: Xét ΔABD vuông tại B và ΔACD vuông tại C có

AD chung

AB=AC

Do đó: ΔABD=ΔACD

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

=>AD là phân giác của góc BAC

b: ΔABD=ΔACD

=>DB=DC
=>D nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: AB=AC

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

Ta có: MB=MC

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

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

Bài 1:

a: Xét ΔDEB vuông tại E và ΔDFC vuông tại F có

DB=DC

\(\hat{DBE}=\hat{DCF}\)

Do đó: ΔDEB=ΔDFC
b: ΔDEB=ΔDFC

=>DE=DF

Xét ΔAED vuông tại E và ΔAFD vuông tại F có

AD chung

DE=DF

Do đó: ΔAED=ΔAFD

=>AE=AF

Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{BAC}+\hat{CAE}=180^0\)

=>\(\hat{BAD}+\hat{CAE}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{BAD}+\hat{ABD}=90^0\) (ΔABD vuông tại D)

nên \(\hat{DBA}=\hat{EAC}\)

Xét ΔDBA vuông tại D và ΔEAC vuông tại E có

BA=AC
\(\hat{DBA}=\hat{EAC}\)

Do đó: ΔDBA=ΔEAC

=>DA=EC; DB=EA

a: Xét ΔABM và ΔANM có

AB=AN

\(\hat{BAM}=\hat{NAM}\)

AM chung

Do đó: ΔABM=ΔANM

b: ΔABM=ΔANM

=>\(\hat{ABM}=\hat{ANM}\)

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

và \(\hat{ANM}+\hat{MNC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{MBE}=\hat{MNC}\)

Xét ΔMBE và ΔMNC có

\(\hat{MBE}=\hat{MNC}\)

MB=MN

\(\hat{BME}=\hat{NMC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔMBE=ΔMNC

c: Ta có: AB=AN

=>A nằm trên đường trung trực của BN(1)

Ta có: MB=MN

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

Từ (1),(2) suy ra AM là đường trung trực của BN

=>AM⊥BN

mà AM//NK

nên BN⊥NK

=>ΔBNK vuông tại N