Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180°. Vậy trong tam giác A’B’C’ có \(\widehat {C'} = 180^\circ  - 70^\circ  - 60^\circ  = 50^\circ \).

Xét hai tam giác ABC và A’B’C’ có:

     \(\widehat B = \widehat {B'} = 60^\circ ;\)

     BC = B’C’ ( = 3 cm)

     \(\widehat C = \widehat {C'} = 50^\circ \)

Vậy \(\Delta ABC = \Delta A'B'C'\)(g.c.g) 

Vì \(\widehat A = \widehat {A'},\widehat C = \widehat {C'}\)mà tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° nên \(\widehat B = \widehat {B'}\).

Xét hai tam giác ABC và A’B’C’ có: \(\widehat A = \widehat {A'}\), AB = A’B’, \(\widehat B = \widehat {B'}\).

Vậy \(\Delta ABC = \Delta A'B'C'\)(g.c.g)

hình đâu bạn

Kẻ đường cao AH ứng với BC

Trong tam giác vuông ACH:

\(sinC=\dfrac{AH}{AC}\Rightarrow AH=AC.sinC\)

\(cosC=\dfrac{CH}{AC}\Rightarrow CH=AC.cosC\)

Trong tam giác vuông ABH:

\(tanB=\dfrac{AH}{BH}\Rightarrow BH=\dfrac{AH}{tanB}=\dfrac{AC.sinC}{tanB}\)

Do đó:

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AH.BC=\dfrac{1}{2}AH\left(BH+CH\right)=\dfrac{1}{2}.4,5.sin55^0.\left(\dfrac{4,5.sin55^0}{tan60^0}+4,5.cos55^0\right)\approx8,68\left(cm^2\right)\)

\(BE||DM\) (cùng vuông góc AC)

Theo định lý Talet: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{MK}{EH}=\dfrac{CK}{CH}\\\dfrac{DK}{BH}=\dfrac{CK}{CH}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{MK}{EH}=\dfrac{DK}{BH}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{EH}=\dfrac{DK}{MK}\)

Hai tam giác vuông AHE và ACD đồng dạng (chung góc A) \(\Rightarrow\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AE}{AD}\Rightarrow AH.AD=AC.AE\)

Tương tự CHE đồng dạng CAF \(\Rightarrow\dfrac{CH}{AC}=\dfrac{CE}{CF}\Rightarrow CH.CF=AC.CE\)

\(\Rightarrow AH.AD+CH.CF=AC.AE+AC.CE=AC\left(AE+CE\right)=AC^2\) (1)

Lại có 2 tam giác vuông ACD và DCM đồng dạng (chung góc C)

\(\Rightarrow\dfrac{AC}{CD}=\dfrac{CD}{CM}\Rightarrow AC=\dfrac{CD^2}{CM}\Rightarrow AC^2=\dfrac{CD^4}{CM^2}\) (2)

(1); (2) suy ra đpcm

2.

\(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{3}{xy}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)-\dfrac{3}{xy}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)+\dfrac{1}{z^3}\)

\(=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^3-\dfrac{3}{xy}\left(-\dfrac{1}{z}\right)+\dfrac{1}{z^3}\)

\(=\left(-\dfrac{1}{z}\right)^3+\dfrac{3}{xyz}+\dfrac{1}{z^3}\)

\(=-\dfrac{1}{z^3}+\dfrac{3}{xyz}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\)

Do đó:

\(P=\dfrac{2017}{3}xyz.\dfrac{3}{xyz}=2017\)

Xét ΔABC có 

\(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^0\)

\(\Leftrightarrow2\cdot\left(\widehat{IBC}+\widehat{ICB}\right)=180^0-\alpha\)

\(\Leftrightarrow\widehat{IBC}+\widehat{ICB}=\dfrac{180^0-\alpha}{2}\)

Xét ΔIBC có

\(\widehat{BTC}+\widehat{IBC}+\widehat{ICB}=180^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{BTC}=180^0-\dfrac{180^0-\alpha}{2}=\dfrac{180^0+\alpha}{2}\)

Do ΔABC cân tại B => A = C = \(\dfrac{180^o-80^o}{2}=50^o\)

=> góc BAI = 50^o - 10^o = 40^o 

góc BCI = 50^o - 30^o = 20^o

=> \(IBC=\dfrac{1}{3}ABI\Rightarrow IBC=\dfrac{80^o}{3+1}=20^o;ABI=80^o-20^o=60^o\)

\(\Leftrightarrow AIB=180^o-40^o-60^o=80^o\)