Bài 1.20:

a: \(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CN}\)

\(=\frac12\cdot\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\frac12\cdot\overrightarrow{CD}\) (2)

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}\)

\(=-\frac12\cdot\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}-\frac12\cdot\overrightarrow{CD}\) (1)

Từ (1),(2) suy ra \(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{MN}=\frac12\cdot\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\frac12\cdot\overrightarrow{CD}-\frac12\cdot\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}-\frac12\cdot\overrightarrow{CD}\)

=>\(2\cdot\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AD}\)

b: Xét ΔIAB có IM là đường trung tuyến

nên \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=2\cdot\overrightarrow{IM}\)

Xét ΔICD có IN là đường trung tuyến

nên \(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}=2\cdot\overrightarrow{IN}\)

\(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}\)

\(=2\cdot\left(\overrightarrow{IN}+\overrightarrow{IM}\right)=\overrightarrow{0}\)

Bài 4:

b: Lấy x1,x2 thuộc (-∞;+∞) sao cho x1<x2

\(\frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}=\frac{x_1^3-x_2^3}{x_1-x_2}=\frac{\left(x_1-x_2\right)\left(x_1^2+x_1\cdot x_2+x_2^2\right)}{x_1-x_2}=x_1^2+x_1\cdot x_2+x_2^2>0\)

=>Hàm số luôn đồng biến trên R

c: Lấy x1,x2 thuộc (0;+∞) sao cho 0<x1<x2

\(\frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}=\frac{\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}}{x_1-x_2}=\frac{1}{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}}>0\)

=>Hàm số luôn đồng biến trên (0;+∞)

BÀi 5:

b: Lấy x1,x2 thuộc (-∞;3) sao cho x1<x2<3

=>x1-3<0; x2-3<0

\(\frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}=\frac{x_1^2-6x_1+5-x_2^2+6x_2-5}{x_1-x_2}\)

\(=\frac{\left(x_1^2-x_2^2\right)-6\left(x_1-x_2\right)}{x_1-x_2}=x_1+x_2-6<0\)

=>Hàm số nghịch biến trên khoảng (-∞;3)

Hình vẽ:

a: Các cặp góc so le trong là: \(\hat{A_4};\hat{B_2}\) ; \(\hat{A_3};\hat{B_1}\)

b: Các cặp góc đồng vị là: \(\hat{A_1};\hat{B_1}\) ; \(\hat{A_2};\hat{B_2}\) ; \(\hat{A_3};\hat{B_3}\) ; \(\hat{A_4};\hat{B_4}\)

c: Các cặp góc trong cùng phía là: \(\hat{A_4};\hat{B_1}\) ; \(\hat{A_3};\hat{B_2}\)

a: Vì \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AB}\)

nên B là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{AB}\)

Trên tia đối của tia BA, lấy E sao cho BA=BE

=>A là trung điểm của BE

=>\(\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AB}\)

=>E là ảnh của B qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{AB}\)

Trên tia đối của tia CD, lấy F sao cho CD=CF

=>C là trung điểm của DF
=>\(\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}\)

=>F là ảnh của C qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{AB}\)

Vì \(\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}\) (ABCD là hình vuông)

nên C là ảnh của D qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{AB}\)

a: Các cặp góc so le trong là: \(\hat{xAB};\hat{y^{\prime}BA}\) ; \(\hat{x^{\prime}AB};\hat{zBy}\)

Các cặp góc đồng vị là: \(\hat{xAz};\hat{yBz}\) ; \(\hat{xAB};\hat{z^{\prime}By}\) ; \(\hat{x^{\prime}Az};\hat{zBy^{\prime}}\) ; \(\hat{x^{\prime}AB};\hat{z^{\prime}By^{\prime}}\)

Các cặp góc trong cùng phía là \(\hat{x^{\prime}AB};\hat{ABy^{\prime}}\) ; \(\hat{xAB};\hat{yBA}\)

b: Ta có: \(\hat{xAz^{\prime}}=90^0\)

=>x'x⊥z'z tại A

=>\(\hat{xAz}=\hat{x^{\prime}Az}=\hat{x^{\prime}AB}=90^0\)

Ta có: \(\hat{yBA}+\hat{yBz^{\prime}}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{yBA}=180^0-100^0=80^0\)

Ta có: \(\hat{yBA}=\hat{z^{\prime}By^{\prime}}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{yBA}=80^0\)

nên \(\hat{z^{\prime}By^{\prime}}=80^0\)

Ta có: \(\hat{z^{\prime}By}=\hat{ABy^{\prime}}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{z^{\prime}By}=100^0\)

nên \(\hat{ABy^{\prime}}=100^0\)

ABCD là hình vuông

=>AB//CD; AD//BC; AB=BC=CD=DA; AC=BD

=>\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC};\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD};\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC};\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{CB}\)

ABCD là hình vuông

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

O là trung điểm của AC
=>\(\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{OC};\overrightarrow{CO}=\overrightarrow{OA}\)

O là trung điểm của BD

=>\(\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{OD};\overrightarrow{DO}=\overrightarrow{OB}\)

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

=>\(4\cdot\hat{BOC}+\hat{BOC}=180^0\)

=>\(5\cdot\hat{BOC}=180^0\)

=>\(\hat{BOC}=36^0\)

=>\(\hat{AOC}=4\cdot36^0=144^0\)

Ta có: \(\hat{AOC}=\hat{BOD}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{AOC}=144^0\)

nên \(\hat{BOD}=144^0\)

Ta có: \(\hat{BOC}=\hat{AOD}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{BOC}=36^0\)

nên \(\hat{AOD}=36^0\)

Trên cạnh BC, lấy E sao cho BA=BE

Xét ΔBAD và ΔBED có

BA=BE

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

BD chung

Do đó: ΔBAD=ΔBED

=>DA=DE

mà DA=DC

nên DE=DC

=>ΔDEC cân tại D

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

=>\(\hat{DCE}=180^0-\hat{BED}=180^0-\hat{BAD}\)

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

a hơn b 5 đơn vị

=>a-b=5

=>(a;b)∈{(5;0);(6;1);(7;2);(8;3);(9;4)}

vậy: Tập hợp các số tự nhiên thỏa mãn là A={50;61;72;83;94}