Gọi số cần tìm là a

Theo đề, ta có: \(\frac{24}{a}=\frac{15}{20}\)

=>\(a=24\times\frac{20}{15}=24\times\frac43=32\)

Vậy: Số cần tìm là 32

Hình 2: BG//OD

=>\(\hat{ODG}=\hat{FGB}\) (hai góc đồng vị)

=>\(\hat{ODG}=52^0\)

BO//DG

=>\(\hat{BOD}+\hat{ODG}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

=>\(\hat{BOD}=180^0-52^0=128^0\)

Ta có: \(\hat{BOC}+\hat{BOD}+\hat{COD}=360^0\)

=>\(\hat{BOC}=360^0-162^0-128^0=360^0-290^0=70^0\)

CH//OB

=>\(\hat{HCO}=\hat{COB}\) (hai góc so le trong)

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

=>\(x=35^0\)

a: Xét ΔABC có

E,D lần lượt là trung điểm của BC,BA

=>ED là đường trung bình của ΔABC

=>ED//AC và \(ED=\frac{AC}{2}\)

ED//AC

AC⊥ AB

Do đó: ED⊥AB

Xét tứ giác ADEH có \(\hat{ADE}=\hat{AHE}=\hat{HAD}=90^0\)

nên ADEH là hình chữ nhật

b: Xét tứ giác ACEK có

EK//AC

EK=AC

Do đó: ACEK là hình bình hành

c: ACEK là hình bình hành

=>AK//CE và AK=CE

AK//CE
=>AK//BE

AK=CE

CE=BE

Do đó: AK=BE

Xét tứ giác AEBK có

AK//BE

AK=BE

Do đó: AEBK là hình bình hành

Hình bình hành AEBK có AB⊥EK

nên AEBK là hình thoi

d: ADEH là hình chữ nhật

=>AE cắt DH tại trung điểm của mỗi đường(1)

AKEC là hình bình hành

=>AE cắt CK tại trung điểm của mỗi đường(2)

Từ (1),(2) suy ra AE,DH,CK đồng quy

a; Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAEF vuông tại E có

AE chung

\(\hat{BAE}=\hat{FAE}\)

Do đó: ΔAEB=ΔAEF

=>AB=AF

b: Xét ΔHFD và ΔKDF có

HF=KD

\(\hat{HFD}=\hat{KDF}\) (hai góc so le trong, FH//DK)

FD chug

Do đó; ΔHFD=ΔKDF

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

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

nên HD//KF

a: \(2\cdot\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\)

=>\(2\cdot\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{CB}\)

=>\(2\cdot\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{BC}\)

=>\(\overrightarrow{AM}=\frac12\cdot\overrightarrow{BC}\)

=>M là điểm thỏa mãn AMCB là hình thang và AM=1/2BC

b: \(2\cdot\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}-2\cdot\overrightarrow{OM}\)

\(=2\left(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OM}\right)-\left(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}\right)\)

\(=2\cdot\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{0}\)

=>\(2\cdot\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\cdot\overrightarrow{OM}\)

a: Nếu muốn tạo góc nghiêng 5 độ so với mặt đất thì phi công cần phải cho máy bay hạ cánh từ lúc cách sân bay là:

8:sin5≃91,79(m)

b: Gọi góc nghiêng là α

sin α=8/28=1/35

=>α≃1 độ 38p

Chiều dài sân là 15+x(m)

Chiều rộng sân là 6+x(m)

Diện tích của sân là (x+15)(x+6)=\(x^2+21x+90\left(m^2\right)\)

Diện tích sân cỏ là \(15\cdot6=90\left(m^2\right)\)

Diện tích lối đi là: \(x^2+21x+90-90=x^2+21x\)

Theo đề, ta có: \(x^2+21x=46\)

=>\(x^2+21x-46=0\)

=>(x+23)(x-2)=0

=>x=-23(loại) hoặc x=2(nhận)

Vậy: x=2

a: Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{ADC}=100^0+80^0=180^0\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí trong cùng phía

nên AB//CD
=>ABCD là hình thang

Xét hình thang ABCD có \(\hat{A}=\hat{B}\left(=100^0\right)\)

nên ABCD là hình thang cân

=>\(\hat{BCD}=\hat{ADC}=80^0\)

b: Xét hình thang ABCD có

E,F lần lượt là trung điểm của AD,BC

=>EF là đường trung bình của hình thang ABCD

=>\(EF=\frac{AB+CD}{2}=\frac{20+30}{2}=25\left(\operatorname{cm}\right)\)

c: xét ΔBAD và ΔABC có

AB chung

BD=AC

AD=BC

Do đó: ΔBAD=ΔABC

Xét ΔADC và ΔBCD có

AD=BC

DC chung

AC=BD

Do đó: ΔADC=ΔBCD

d: ABCD là hình thang cân

=>AD=BC

=>BC=20(cm)

AB//MN

=>\(\hat{ABM}=\hat{NMB}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{ABM}=\hat{NBM}\) (BM là phân giác cua góc ABC)

nên \(\hat{NMB}=\hat{NBM}\)

Ta có: Ny//Bx

=>\(\hat{yNC}=\hat{xBC}\) (hai góc đồng vị) và \(\hat{MNy}=\hat{NMB}\overline{}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{xBC}=\hat{NMB}\)

nên \(\hat{yNC}=\hat{yNM}\)

=>Ny là phân giác của góc MNC

Bài 3:

a: AM//OB

=>\(\hat{xAM}=\hat{xOy}\) (hai góc đồng vị)

BM//Ox

=>\(\hat{yBM}=\hat{xOy}\) (hai góc đồng vị)

=>\(\hat{xAM}=\hat{yBM}\)

b:

Xét tứ giác ODMK có

OK//MD

OD//MK

Do đó: ODMK là hình bình hành

Hình bình hành ODMK có OK⊥ OD

nên ODMK là hình chữ nhật

=>MD⊥ MK

Bài 2: Qua O, kẻ tia OA nằm giữa hai tia OM và ON sao cho OA//Mx//Ny

OA//Mx

=>\(\hat{xMO}=\hat{MOA}\) (hai góc so le trong)

=>\(\hat{MOA}=50^0\)

Ta có: OA//Ny

=>\(\hat{AON}+\hat{ONy}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

=>\(\hat{AON}=180^0-140^0=40^0\)

Ta có: tia OA nằm giữa hai tia OM và ON

=>\(\hat{MON}=\hat{MOA}+\hat{NOA}=50^0+40^0=90^0\)

bài 1:

a: Một cặp góc đối đỉnh là: \(\hat{AMN};\hat{xMB}\)

Một cặp góc so le trong là \(\hat{AMN};\hat{MNC}\)

Một cặp góc đồng vị là \(\hat{xMB};\hat{MNC}\)

Một cặp góc trong cùng phía là \(\hat{BMN};\hat{MNC}\)

b: Ta có: \(\hat{AMN}=\hat{MNC}\)

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

nên AM//NC

=>AB//CD
c: Ta có: \(\hat{xMB}=\hat{AMN}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{AMN}=52^0\)

nên \(\hat{xMB}=52^0\)

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

=>\(\hat{MND}=180^0-52^0=128^0\)

d: AB//CD
BC⊥CD

Do đó:AB⊥BC