13: ĐKXĐ: x>=1; y>=4; z>=9

\(\sqrt{x-1}+2\sqrt{y-4}+3\sqrt{z-9}=\frac12\left(x+y+z\right)\)

=>\(x+y+z=2\sqrt{x-1}+4\sqrt{y-4}+6\sqrt{z-9}\)

=>\(x-1-2\sqrt{x-1}+1+y-4-4\sqrt{y-4}+4+z-9-6\sqrt{z-9}+9=0\)

=>\(\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-4}-2\right)^2+\left(\sqrt{z-9}-3\right)^2=0\)

=>x-1=1 và y-4=4 và z-9=9

=>x=2(nhận) và y=8(nhận) và z=18(nhận)

a: Xét ΔBHC vuông tại H và ΔBHM vuông tại H có

BC=BM

BH chung

Do đó: ΔBHC=ΔBHM

=>HC=HM và \(\hat{HBC}=\hat{HBM}\)

Xét ΔBCK và ΔBMK có

BC=BM

\(\hat{CBK}=\hat{MBK}\)

BK chung

Do đó: ΔBCK=ΔBMK

=>KC=KM

b: ΔKCM có KC=KM

nên ΔKCM cân tại K

=>\(\hat{CKM}=180^0-2\cdot\hat{KCM}=180^0-2\cdot30^0=120^0\)

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

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

ΔKCM cân tại K

mà KH là đường cao

nên KH là phân giác của góc CKM

=>\(\hat{CKH}=\hat{MKH}=\frac{120^0}{2}=60^0\)

=>\(\hat{MKA}=\hat{MKB}\left(=60^0\right)\)

=>KM là phân giác của góc BKA

Gọi số tiền trường A và trường B dự kiến ủng hộ lần lượt là x(triệu đồng), y(triệu đồng)

(Điều kiện: x>0; y>0)

Tổng số tiền dự kiến là 8 triệu đồng nên x+y=8(2)

Số tiền trường A vượt mức là: \(x\cdot10\%=0,1x\) (triệu đồng)

Số tiền trường B vượt mức là: \(y\cdot20\%=0,2y\) (triệu đồng)

Số tiền vượt mức là 9,1-8=1,1(triệu đồng)

=>0,1x+0,2y=1,1

=>x+2y=11(1)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\begin{cases}x+2y=11\\ x+y=8\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x+2y-x-y=11-8\\ x+y=8\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}y=3\\ x=8-3=5\end{cases}\) (nhận)

Trường A đã ủng hộ là: \(5\cdot\left(1+10\%\right)=5,5\) (triệu đồng)

Trường B đã ủng hộ là 9,1-5,5=3,6(triệu đồng)

a: ΔABC đều

=>AB=AC=BC và \(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\hat{BAC}=60^0\)

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

\(\hat{ACB}+\hat{ECF}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{BAC}+\hat{EAD}=180^0\) (hai góc kề bù)

mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\hat{BAC}=60^0\)

nên \(\hat{ABF}=\hat{ECF}=\hat{EAD}=180^0-60^0=120^0\)

Ta có: FC=FB+BC

AE=CE+CA

BD=BA+AD

mà BC=CA=AB và FB=CE=AD

nên FC=AE=BD

Xét ΔFBD và ΔECF có

FB=EC
\(\hat{FBD}=\hat{ECF}\)

BD=CF

Do đó: ΔFBD=ΔECF
=>FD=EF

Xét ΔFBD và ΔDAE có

FB=DA

\(\hat{FBD}=\hat{DAE}\)

BD=AE

Do đó: ΔFBD=ΔDAE

=>FD=DE

=>FD=EF=DE

=>ΔDEF đều

c: BD=BA+AD=a+0,5a=1,5a

Xét ΔBFD có \(cosFBD=\frac{BF^2+BD^2-FD^2}{2\cdot BF\cdot BD}\)

=>\(\frac{\left(1,5a\right)^2+\left(0,5a\right)^2-DF^2}{2\cdot1,5a\cdot0,5a}=cos120=\frac{-1}{2}\)

=>\(\frac{2,5a^2-DF^2}{1,5a^2}=\frac{-1}{2}\)

=>\(5a^2-2\cdot DF^2=-1,5a^2\)

=>\(2\cdot DF^2=6,5\cdot a^2\)

=>\(DF^2=3,25\cdot a^2\)

ΔDEF đều

=>\(S_{DEF}=DF^2\cdot\frac{\sqrt3}{4}=\frac{3,25\cdot a^2\cdot\sqrt3}{4}=\frac{13a^2\cdot\sqrt3}{16}\)

a: Sửa đề: SC,SD là hai tiếp tuyến cắt nhau tại S

Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH⊥AB tại H

Ta có: \(\hat{SHO}=\hat{SCO}=\hat{SDO}=90^0\)

=>S,C,H,O,D cùng thuộc đường tròn đường kính SO

b: ΔSDO vuông tại D

=>\(SD^2+DO^2=SO^2\)

=>\(SD^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)

=>\(SD=R\sqrt3\)

\(\left(3x-1\right)^2\ge0\forall x\)

=>\(\left(3x-1\right)^2+20\ge20\forall x\)

=>\(\frac{5}{\left(3x-1\right)^2+20}\le\frac{5}{20}=\frac14\forall x\)

=>\(\frac{-5}{\left(3x-1\right)^2+20}\ge-\frac14\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi 3x-1=0

=>3x=1

=>x=1/3

a: Sửa đề: phân giác AD. Tính BD,DC

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{30}{45}=\frac23\)

=>\(\frac{DB}{2}=\frac{DC}{3}\)

mà DB+DC=BC=50cm

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{DB}{2}=\frac{DC}{3}=\frac{DB+DC}{2+3}=\frac{50}{5}=10\)

=>\(DB=2\cdot10=20\left(\operatorname{cm}\right);DC=3\cdot10=30\left(\operatorname{cm}\right)\)

b: Xét ΔCAB có ED//AB

nên \(\frac{ED}{AB}=\frac{CD}{CB}\)

=>ED/30=30/50=3/5

=>ED=18(cm)

Xét tứ giác AEDF có

AE//DF

AF//DE

Do đó: AEDF là hình bình hành

Hình bình hành AEDF có AD là phân giác của góc EAF

nên AEDF là hình thoi

=>AE=ED=DF=AF=18cm

Bài 3:

a: Trên cùng một nửa mặt phăng bờ chứa tia Ox, ta có: \(\hat{xOy}<\hat{xOz}\left(40^0<120^0\right)\)

nên tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz

b: tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz

=>\(\hat{xOy}+\hat{yOz}=\hat{xOz}\)

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

c: On là phân giác của góc xOz

=>\(\hat{xOn}=\hat{zOn}=\frac12\cdot\hat{xOz}=\frac12\cdot120^0=60^0\)

Bài 4:

a: Trên cùng một nửa mặt phăng bờ chứa tia Oy, ta có: \(\hat{yOz}<\hat{yOt}\)

nên tia Oz nằm giữa hai tia Oy và Ot

b: tia Oz nằm giữa hai tia Oy và Ot

=>\(\hat{yOz}+\hat{zOt}=\hat{yOt}\)

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

c: Vì \(\hat{yOz}<\hat{zOt}\)

nên Oz không là phân giác của góc yOt

d: \(\hat{yOt}+\hat{yOm}=180^0\) (hai góc kề bù)

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

e: On là phân giác của góc yOm

=>\(\hat{mOn}=\frac12\cdot100^0=50^0\)

a: Xét tứ giác AHCD có \(\hat{AHC}=\hat{ADC}=90^0\)

nên AHCD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AC

Tâm là trung điểm của AC

ΔABC vuông tại B

=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=\left(2a\right)^2+a^2=5a^2\)

=>\(AC=a\sqrt5\)

=>\(R=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt5}{2}\)

a: Sửa đề: EK⊥BC

Ta có: \(\hat{DBH}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)

\(\hat{ECK}=\hat{ACB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: \(\hat{DBH}=\hat{ECK}\)

Xét ΔDHB vuông tại H và ΔEKC vuông tại K có

DB=CE

\(\hat{DBH}=\hat{ECK}\)

Do đó: ΔDHB=ΔEKC

=>BH=CK