a: Xét ΔFBG và ΔFCD có

\(\hat{FBG}=\hat{FCD}\) (hai góc so le trong, BG//CD)

\(\hat{BFG}=\hat{CFD}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFBG~ΔFCD
Xét ΔGAD và ΔDCF có

\(\hat{GAD}=\hat{DCF}\) (ABCD là hình bình hành)

\(\hat{AGD}=\hat{CDF}\) (hai góc so le trong, AG//DC)

Do đó: ΔGAD~ΔDCF

b: ABCD là hình bình hành

=>AD=BC

=>BC=5cm

BF+FC=BC

=>BF=BC-CF=5-3=2(cm)

ΔFBG~ΔFCD
=>\(\frac{FB}{FC}=\frac{BG}{CD}\)

=>BG/6=2/3

=>BG=4(cm)

AG=AB+BG=6+4=10(cm)

c: ΔGAD~ΔDCF

=>\(\frac{GA}{DC}=\frac{AD}{CF}\)

=>\(GA\cdot CF=AD\cdot DC=AD\cdot AB\)

Bài 3:

a: TA có: \(\hat{AOE}+\hat{EOC}+\hat{COB}=180^0\)

=>\(\hat{EOC}=180^0-56^0-42^0=180^0-98^0=82^0\)

b: Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia OA, ta có: \(\hat{AOE}<\hat{AOD}\left(56^0<97^0\right)\)

nên tia OE nằm giữa hai tia OA và OD

=>\(\hat{AOE}+\hat{EOD}=\hat{AOD}\)

=>\(\hat{EOD}=97^0-56^0=41^0\)

Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia OE, ta có: \(\hat{EOD}<\hat{EOC}\left(41^0<82^0\right)\)

nên tia OD nằm giữa hai tia OE và OC

=>\(\hat{EOD}+\hat{DOC}=\hat{EOC}\)

=>\(\hat{DOC}=82^0-41^0=41^0\)

Ta có: tia OD nằm giữa hai tia OE và OC

mà \(\hat{DOE}=\hat{DOC}\left(=41^0\right)\)

nên OD là phân giác của góc EOC

c: TA có; \(\hat{AOD}+\hat{BOD}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{BOD}=180^0-97^0=83^0\)

Vì \(\hat{BOC}=42^0>\frac12\cdot\hat{BOD}\)

nên OC không là phân giác của góc BOD

Bài 1:

a: Trên cùng một nửa mặt phẳng 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

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

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

b: Ot là phân giác của góc xOy

=>\(\hat{xOt}=\hat{yOt}=\frac12\cdot40^0=20^0\)

Ot' là phân giác của góc xOz

=>\(\hat{xOt^{\prime}}=\hat{zOt^{\prime}}=\frac12\cdot120^0=60^0\)

Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox, ta có \(\hat{xOt}<\hat{xOt^{\prime}}\left(20^0<60^0\right)\)

nên tia Ot nằm giữa hai tia Ox và Ot'

=>\(\hat{xOt}+\hat{tOt^{\prime}}=\hat{xOt^{\prime}}\)

=>\(\hat{tOt^{\prime}}=60^0-20^0=40^0\)

c: Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ot, ta có\(\hat{tOy}<\hat{tOt^{\prime}}\left(20^0<40^0\right)\)

nên tia Oy nằm giữa hai tia Ot và Ot'

=>\(\hat{tOy}+\hat{yOt^{\prime}}=\hat{tOt^{\prime}}\)

=>\(\hat{yOt^{\prime}}=40^0-20^0=20^0\)

Ta có: tia Oy nằm giữa hai tia Ot và Ot'

mà \(\hat{tOy}=\hat{t^{\prime}Oy}\left(=20^0\right)\)

nên Oy là phân giác của góc tOt'

a: Xét ΔOMN và ΔOPQ có

\(\frac{OM}{OP}=\frac{ON}{OQ}\left(\frac24=\frac{1.5}{3}=\frac12\right)\)

góc MON chung

Do đó: ΔOMN~ΔOPQ

b: Xét ΔOMN và ΔOPQ có

\(\frac{OM}{OP}=\frac{ON}{OQ}\left(=\frac12\right)\)

góc MON chung

Do đó: ΔOMN~ΔOPQ

a: ΔABD vuông tại A

=>\(BD^2=AB^2+AD^2=8^2+6^2=64+36=100=10^2\)

=>BD=10(cm)

Xét ΔDAB có DM là phân giác

nên \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{DA}=\frac{10}{6}=\frac53\)

=>\(\frac{MB}{5}=\frac{MA}{3}\)

mà MB+MA=AB=8cm

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

\(\frac{MB}{5}=\frac{MA}{3}=\frac{MB+MA}{5+3}=\frac88=1\)

=>MB=5*1=5(cm); MA=3*1=3(cm)

b: Xét ΔDBC có DN là phân giác

nên \(\frac{NB}{NC}=\frac{BD}{DC}=\frac{BD}{DA}=\frac{MB}{MA}\)

Xét ΔBAC có \(\frac{BM}{MA}=\frac{BN}{NC}\)

nên MN//AC

c: Xét ΔBAC có MN//AC

nên \(\frac{BM}{BA}=\frac{BN}{BC}\)

=>\(BM\cdot BC=BN\cdot BA\)

a: Trên tia đối của tia MA, lấy H sao cho MA=MH

Xét ΔMAB và ΔMHC có

MA=MH

\(\hat{AMB}=\hat{HMC}\) (hai góc đối đỉnh)

MB=MC

Do đó: ΔMAB=ΔMHC

=>AB=HC

mà AB<AC

nen CH<CA

Xét ΔCHA có CH<CA

mà \(\hat{CAH};\hat{CHA}\) lần lượt là góc đối diện với các cạnh CH,CA

nên \(\hat{CAH}<\hat{CHA}\)

mà \(\hat{CHA}=\hat{BAM}\) (ΔMAB=ΔMHC)

nên \(\hat{CAM}<\hat{BAM}\)

Gọi số chia là x

(ĐIều kiện: x<>0)

Số bị chia là 3x

Nếu tăng số bị chia thêm 10 đơn vị và giảm số chia đi một nửa thì hiệu của hai số mới là 30 nên ta có:

\(3x+10-\frac{x}{2}=30\)

=>2,5x=30-10=20

=>x=8(nhận)

Vậy: Số chia là 8

Số bị chia là 3*8=24

a: Thay x=-2 và y=-2 vào (P), ta được:

\(a\cdot\left(-2\right)^2=-2\)

=>4a=-2

=>\(a=-\frac24=-\frac12\)

b: a=-1/2

=>\(y=-\frac12x^2\)

d(M;Ox)=2*d(M;Oy)

=>\(\left|y_{M}\right|=2\cdot\left|x_{M}\right|\)

=>\(\frac12\cdot\left|x_{M}^2\right|=2\cdot\left|x_{M}\right|\)

=>\(\left|x_{M}\right|\left(\left|x_{M}\right|-4\right)=0\)

=>\(x\in\left\lbrace0;4;-4\right\rbrace\)

Khi x=0 thì \(y=-\frac12\cdot0^2=0\)

Khi x=4 thì \(y=-\frac12\cdot4^2=-\frac12\cdot16=-8\)

Khi x=-4 thì \(y=-\frac12\cdot\left(-4\right)^2=-\frac12\cdot16=-8\)

Vậy: Tọa độ các điểm là M(0;0); M(4;-8); M(-4;-8)

Xét ΔABC có \(cosA=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}\)

\(=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot4\cdot5}=\frac{16+25-36}{8\cdot5}=\frac{5}{8\cdot5}=\frac18\)

\(cosC=\frac{CA^2+CB^2-AB^2}{2\cdot CA\cdot CB}\)

\(=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\cdot5\cdot6}=\frac{25+36-16}{2\cdot5\cdot6}=\frac{45}{2\cdot30}=\frac{3}{2\cdot2}=\frac34\)

\(2\cdot cos^2C-1=cos2C\)

=>\(cos\left(2C\right)=2\cdot\left(\frac34\right)^2-1=2\cdot\frac{9}{16}-1=\frac98-1=\frac18=cosA\)

=>\(\hat{A}=2\cdot\hat{C}\)

a: TA có: \(\hat{xOz}+\hat{zOy}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\frac23\cdot\hat{zOy}+\hat{zOy}=180^0\)

=>\(\frac53\cdot\hat{zOy}=180^0\)

=>\(\hat{zOy}=180^0:\frac53=108^0\)

=>\(\hat{xOz}=\frac23\cdot108^0=72^0\)

b: Om là phân giác của góc xOz

=>\(\hat{xOm}=\hat{mOz}=\frac{72^0}{2}=36^0\)

On là phân giác của góc yOz

=>\(\hat{yOn}=\hat{zOn}=\frac12\cdot\hat{yOz}=\frac12\cdot108^0=54^0\)

\(\hat{mOz}+\hat{nOy}=36^0+54^0=90^0\)

=>Đây là hai góc phụ nhau

c: \(\hat{mOn}=\hat{mOz}+\hat{nOz}\)

\(=36^0+54^0=90^0\)

Ta có: BC⊥SA(SA⊥(ABCD))

BC⊥AB(ABCD là hình vuông)

mà SA,AB cùng thuộc mp(SAB)

nên BC⊥(SAB)

=>BC⊥BS

=>\(\hat{SA;\left(SBC\right)}=\hat{SA;SB}=\hat{ASB}\)

Xét ΔSAB vuông tại A có tan ASB=AB/SA=1/2

nên \(\hat{ASB}\) ≃27 độ

=>\(\hat{SA;\left(SBC\right)}\) ≃27 độ