Bài 8:

a: BH⊥AC

CK⊥AC

Do đó: BH//CK

CH⊥AB

BK⊥AB

Do đó: CH//BK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

b: Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}+\hat{AEH}+\hat{DAE}+\hat{DHE}=360^0\)

=>\(\hat{DHE}=360^0-90^0-90^0-70^0=110^0\)

Ta có: \(\hat{DHE}=\hat{BHC}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{DHE}=110^0\)

nên \(\hat{BHC}=110^0\)

c: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HK

=>H,I,K thẳng hàng

Bài 7:

a: ABCD là hình bình hành

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

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

Ta có: AI//DC

=>\(\hat{AID}=\hat{IDC}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{IDC}=\hat{ADI}\) (DI là phân giác của góc ADC)

nên \(\hat{ADI}=\hat{AID}\)

=>AD=AI

Xét ΔAHD vuông tại H có cos ADH=\(\frac{DH}{DA}\)

=>\(\frac{DH}{DA}=cos60=\frac12\)

=>AD=2DH

=>AI=2DH

b: Xét ΔAHD vuông tại H có sin ADH=\(\frac{AH}{AD}\)

=>\(\frac{AH}{AD}=\sin60=\frac{\sqrt3}{2}\)

=>\(AH=AD\cdot\frac{\sqrt3}{2}\)

ΔADI cân tại A

=>\(\hat{ADI}=\hat{AID}=\frac{180^0-\hat{DAI}}{2}=30^0\)

Xét ΔADI có \(cosDAI=\frac{AD^2+AI^2-DI^2}{2\cdot AD\cdot AI}=\frac{2\cdot AD^2-DI^2}{2\cdot AD^2}\)

=>\(2\cdot AD^2-DI^2=2\cdot AD^2\cdot cos120=-AD^2\)

=>\(DI^2=3\cdot AD^2\)

=>\(DI=AD\cdot\sqrt3\)

=>DI=2AH

ĐKXĐ: \(\begin{cases}x-2\ge0\\ x^2-5\ge0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x\ge2\\ x^2\ge5\end{cases}\)

=>\(x\ge\sqrt5\)

Ta có: \(\sqrt{x-2}+\sqrt{x^2-5}>3\)

=>\(\sqrt{x^2 - 5}>3-\sqrt{x - 2}\quad(1)\)

Th1: \(3-\sqrt{x-2}<0\)

=>\(\sqrt{x-2}>3\)

=>x-2>9

=>x>11

Vì \(\sqrt{x^2-5}>0;0>3-\sqrt{x-2}\)

nên (1) đúng với mọi x thỏa mãn

=>x>11(3)

TH2: \(3-\sqrt{x-2}\ge0\)

=>\(\sqrt{x-2}\le3\)

=>0<=x-2<=9

=>2<=x<=11

=>\(\sqrt5\) <=x<=11

(1) sẽ tương đương với: \(x^2 - 5 > (3 - \sqrt{x - 2})^2\)

=>\(x^2 - 5 > 9 - 6\sqrt{x - 2} + (x - 2)\)

=>\(x^2 - 5 > 7 + x - 6\sqrt{x - 2}\)

=>\(x^2 - x - 12 > -6\sqrt{x - 2}\)

=>\(x^2-x-12+6\sqrt{x - 2}>0\quad\left(2\right)\)

Đặt \(t=\sqrt{x-2}\) (Điều kiện: 0<=t<=3)

=>\(x=t^2+2\)

Thay vào (2), ta được: \((t^2 + 2)^2 - (t^2 + 2) - 12 + 6t > 0\)

=>\(t^4 + 4t^2 + 4 - t^2 - 2 - 12 + 6t > 0\)

=>\(t^4 + 3t^2 + 6t - 10 > 0\)

=>\((t - 1)(t^3 + t^2 + 4t + 10) > 0\)

mà \(t^3+t^2+4t+10>0\) , vì t dương

nên t-1>0

=>t>1

=>x-2>1

=>x>3

mà \(\sqrt5\le x\le11\)

nên 3<x<=11(4)

Từ (3),(4) suy ra x>3

ĐKXĐ: x>=-2

Ta có: \(\left(x+1\right)\cdot\sqrt{x+2}+\left(x+6\right)\cdot\sqrt{x+7}\ge x^2+7x+12\)

=>\(\left(x+1\right)\cdot\sqrt{x+2}+\left(x+6\right)\cdot\sqrt{x+7}\ge\left(x+3\right)\left(x+4\right)\)

=>\([(x + 1)\sqrt{x + 2} - 2(x + 4)] + [(x + 6)\sqrt{x + 7} - 3(x + 4)] \ge x^2 + 7x + 12 - 2(x + 4) - 3(x + 4)\)

=>\((x-2)\left[\frac{x + 1}{\sqrt{x + 2} + 2}+\frac{x + 6}{\sqrt{x + 7} + 3}-(x+4)\right]\ge0\quad\left(1\right)\)

Đặt \(M = \frac{x + 1}{\sqrt{x + 2} + 2} + \frac{x + 6}{\sqrt{x + 7} + 3} - (x + 4)\)

\(=\left(\frac{x + 1}{\sqrt{x + 2} + 2}-\frac{x + 4}{2}\right)+\left(\frac{x + 6}{\sqrt{x + 7} + 3}-\frac{x + 4}{2}\right)\)

=\(\frac{2(x + 1) - (x + 4)(\sqrt{x + 2} + 2)}{2(\sqrt{x + 2} + 2)}+\frac{2(x + 6) - (x + 4)(\sqrt{x + 7} + 3)}{2(\sqrt{x + 7} + 3)}\)

\(=\frac{-\left(x+4\right)\cdot\sqrt{x+2}-6}{2\left(\sqrt{x+2}+2\right)}+\frac{-x-\left(x+4\right)\cdot\sqrt{x+7}}{2\left(\sqrt{x+7}+3\right)}<0\)

Do đó: (1) sẽ tương đương với: x-2<=0

=>x<=2

=>-2<=x<=2

a: Sửa đề: AI=2/3AO

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

DO đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥CB tại C

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

Xét tứ giác IECB có \(\hat{EIB}+\hat{ECB}=90^0+90^0=180^0\)

nên IECB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính EB

Tâm là trung điểm của EB

b: Xét ΔAIE vuông tại I và ΔACB vuông tại C có

\(\hat{IAE}\) chung

Do đó: ΔAIE~ΔACB

=>\(\frac{AI}{AC}=\frac{AE}{AB}\)

=>\(AI\cdot AB=AE\cdot AC\left(1\right)\)

XétΔMAB vuông tại M có MI là đường cao

nên \(AM^2=AI\cdot AB\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AM^2=AE\cdot AC\)

=>\(\frac{AM}{AE}=\frac{AC}{AM}\)

Xét ΔAMC và ΔAEM có

\(\frac{AM}{AE}=\frac{AC}{AM}\)

góc MAC chung

Do đó: ΔAMC~ΔAEM

Trong 1 giờ, Bình làm được: \(\frac{1}{15}\) (công việc)

Trong 1 giờ, An làm được: \(\frac{1}{12}\) (công việc)

Gọi thời gian An đã làm việc là a(giờ)

(ĐIều kiện: a>0)

Thời gian Bình làm là 14-a(giờ)

Trong a giờ, An làm được: \(\frac{a}{12}\) (công việc)

Trong 14-a giờ, Bình làm được: \(\frac{14-a}{15}\) (công việc)

Do đó, ta có: \(\frac{a}{12}+\frac{14-a}{15}=1\)

=>\(\frac{5a+4\left(14-a\right)}{60}=1\)

=>5a+4(14-a)=60

=>5a+56-4a=60

=>a=4(nhận)

Vậy: Thời gian An làm việc là 4 giờ

a: độ dài bán kính mặt bàn là 86:2=43(cm)

bán kính chiếc khăn là 43+10=53(cm)

Diện tích chiếc khăn là:

\(S_1=53^2\cdot3,14=8820,26\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

b: Bán kính mới của khăn là 53+3=56(cm)

Diện tích của toàn bộ cái khăn là:

\(S_2=56^2\cdot3,14=9847,04\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Diện tích viền khăn là:

9847,04-8820,26=1026,78\(\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

c: Để cắt được một chiếc khăn hình tròn hoàn chỉnh có đường kính lớn nhất (tính cả viền) mà không bị vá, mảnh vải hình vuông cần phải có độ dài cạnh tối thiểu bằng đường kính của chiếc khăn.

Đường kính tổng cộng của chiếc khăn là:

\(d_{\text{tổng}} = 2 \times R_{\text{tổng}} = 2 \times 56 = 112\text{ (cm)}\)

=>mẹ A cần mua một mảnh vải hình vuông có cạnh tối thiểu là 112cm

Sửa đề: \(\lim_{x\to0}\left(\frac{x}{\sqrt{7x+1}\cdot\sqrt{x+4}-2}\right)\)

\(=\lim_{x\to0}\left(\frac{x\left(\sqrt{\left(7x+1\right)\left(x+4\right)}+2\right)}{\left(7x+1\right)\left(x+4\right)-4}\right)\)

\(=\lim_{x\to0}\left(\frac{x\left(\sqrt{\left(7x+1\right)\left(x+4\right)}+2\right)}{7x^2+28x+x+4-4}\right)\)

\(=\lim_{x\to0}\left(\frac{x\left(\sqrt{\left(7x+1\right)\left(x+4\right)}+2\right)}{7x^2+28x+x}\right)\)

\(=\lim_{x\to0}\left(\frac{\left(\sqrt{\left(7x+1\right)\left(x+4\right)}+2\right)}{7x^{}+29}\right)=\frac{\sqrt{\left(7\cdot0+1\right)\left(0+4\right)}+2}{7\cdot0+29}=\frac{2+2}{29}=\frac{4}{29}\)

Câu 113: A(-2;3); B(4;-1)

=>\(\overrightarrow{AB}=\left(4+2;-1-3\right)=\left(6;-4\right)=\left(3;-2\right)\)

=>vecto pháp tuyến là (2;3)

Phương trình AB là:

2(x+2)+3(y-3)=0

=>2x+4+3y-9=0

=>2x+3y-5=0

=>Không có câu nào đúng

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

=>\(\hat{xOy^{\prime}}=180^0-50^0=130^0\)

=>\(\hat{xOy^{\prime}}=\hat{xOz}\left(=130^0\right)\)

ΔABC cân tại A

=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\frac{180^0-\hat{BAC}}{2}=\frac{180^0-20^0}{2}=80^0\)

TA có; \(\hat{DBC}+\hat{DBA}=\hat{ABC}\) (tia BD nằm giữa hai tia BA và BC)

=>\(\hat{DBA}=80^0-50^0=30^0\)

Ta có; \(\hat{ECB}+\hat{ECA}=\hat{ACB}\) (tia CE nằm giữa hai tia CA và CB)

=>\(\hat{ECA}=80^0-60^0=20^0\)

Trên cạnh AC, lấy F sao cho \(\hat{CBF}=60^0\)

Gọi I là giao điểm của BF và CE

Xét ΔIBC có \(\hat{IBC}=\hat{ICB}\left(=60^0\right)\)

nên ΔIBC đều

=>\(\hat{BIC}=60^0\) và IB=IC=BC

Xét ΔEBC và ΔFCB có

\(\hat{EBC}=\hat{FCB}\)

BC chung

\(\hat{ECB}=\hat{FBC}\)

Do đó: ΔEBC=ΔFCB

=>EC=FB

EI+IC=EC

FI+IB=FB

mà IC=IB và EC=FB

nên IE=IF

=>ΔIEF cân tại I

Ta có: \(\hat{BIC}=\hat{EIF}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{BIC}=60^0\)

nên \(\hat{EIF}=60^0\)

=>ΔIEF đều

=>\(\hat{IEF}=\hat{IFE}=60^0\)

Xét ΔCBD có \(\hat{CBD}+\hat{CDB}+\hat{DCB}=180^0\)

=>\(\hat{CDB}=180^0-80^0-50^0=50^0\)

=>\(\hat{CBD}=\hat{CDB}\)

=>CB=CD
mà CB=CI

nên CD=CI

=>ΔDCI cân tại C

=>\(\hat{CDI}=\hat{CID}=\frac{180^0-\hat{ICD}}{2}=\frac{180^0-20^0}{2}=80^0\)

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

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

=>\(\hat{CID}+\hat{FID}=120^0\)

=>\(\hat{FID}=120^0-80^0=40^0\)

XétΔICF có \(\hat{IFC}+\hat{ICF}+\hat{FIC}=180^0\)

=>\(\hat{IFD}=180^0-20^0-120^0=40^0\)

=>\(\hat{DIF}=\hat{DFI}\)

=>DF=DI

=>ΔDFI cân tại D

EI=EF

DI=DF

Do đó: ED là đường trung trực của IF

Xét ΔIED và ΔFED có

IE=FE

ED chung

ID=FD

DO đó: ΔIED=ΔFED
=>\(\hat{IED}=\hat{FED}\)

=>ED là phân giác của góc FEI

=>\(\hat{IED}=\frac12\cdot\hat{FEI}=30^0\)

=>\(\hat{DEC}=30^0\)