Xét ΔABC có \(\hat{ABC}+\hat{ACB}+\hat{BAC}=180^0\)

=>\(\hat{ACB}=180^0-120^0-30^0=30^0\)

Xét ΔAHB vuông tại H có sin B=\(\frac{AH}{AB}\)

=>\(AB=5:\sin30=5:\frac12=10\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔABC cân tại A

=>AB=AC

=>AC=10(cm)

ΔAHB vuông tại H

=>\(AH_{}^2+HB^2=AB^2\)

=>\(HB^2=10^2-5^2=100-25=75\)

=>\(HB=\sqrt{75}=5\sqrt3\) (cm)

H là trung điểm của BC

=>\(BC=2\cdot HB=2\cdot5\sqrt3=10\sqrt3\) (cm)

TA có: \(5\cdot\overrightarrow{JB}=2\cdot\overrightarrow{JC}\)

=>\(\overrightarrow{JB}=\frac25\cdot\overrightarrow{JC}\)

=>JB=2/5JC

JB+BC=JC

=>\(BC=JC-JB=JC-\frac25JC=\frac35JC\)

=>\(\frac{BJ}{BC}=\frac25:\frac35=\frac23\)

=>\(\overrightarrow{BJ}=-\frac23\cdot\overrightarrow{BC}\)

\(\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BJ}\)

\(=\overrightarrow{AB}-\frac23\cdot\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}-\frac23\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right)\)

\(=\overrightarrow{AB}-\frac23\cdot\overrightarrow{BA}-\frac23\cdot\overrightarrow{AC}=\frac53\cdot\overrightarrow{AB}-\frac23\cdot\overrightarrow{AC}\)

Bài 4:

a: m⊥MN

n⊥MN

Do đó: m//n

b: m//n

=>\(\hat{D_1}=\hat{C_1}\) (hai góc so le trong)

=>\(\hat{D_1}=42^0\)

Ta có: \(\hat{NCD}+\hat{C_1}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{NCD}=180^0-42^0=138^0\)

c: Ta có: \(\hat{C_2}=\hat{C_1}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{C_1}=42^0\)

nên \(\hat{C_2}=42^0\)

Ta có: \(\hat{D_1}=\hat{D_2}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{D_1}=42^0\)

nên \(\hat{D_2}=42^0\)

Ta có: \(\hat{D_2}=42^0\)

\(\hat{C_2}=42^0\)

Do đó: \(\hat{D_2}=\hat{C_2}\)

a: (x-2)(2y+3)=26

mà 2y+3 lẻ

nên (x-2;2y+3)∈{(26;1);(-26;-1);(2;13);(-2;-13)}

=>(x;2y)∈{(28;-2);(-24;-4);(4;10);(0;-16)}

=>(x;y)∈{(28;-1);(-24;-2);(4;5);(0;-8)}

b: (2x-1)(y+2)=24

mà 2x-1 lẻ

nên (2x-1;y+2)∈{(1;24);(-1;-24);(3;8);(-3;-8)}

=>(2x;y)∈{(2;22);(0;-26);(4;6);(-2;-10)}

=>(x;y)∈{(1;22);(0;-26);(2;6);(-1;-10)}

a: Ta có: ΔAEM vuông tại E

mà EI là đường trung tuyến

nên IE=IM=IA

ΔAFM vuông tại F

mà FI là đường trung tuyến

nên IM=IF=IA

Xét ΔAIE có \(\hat{EIM}\) là góc ngoài tại đỉnh I

nên \(\hat{EIM}=\hat{IEA}+\hat{IAE}=2\cdot\hat{IAE}=2\cdot\hat{EAM}\)

Xét ΔAIF có \(\hat{FIM}\) là góc ngoài tại đỉnh I

nên \(\hat{FIM}=\hat{IAF}+\hat{IFA}=2\cdot\hat{IAF}=2\cdot\hat{MAF}\)

Ta có: \(\hat{EIM}+\hat{FIM}=\hat{EIF}\)

=>\(\hat{EIF}=2\left(\hat{EAI}+\hat{FAI}\right)=2\cdot\hat{EAF}=120^0\)

TA có: D nằm trên BC

=>\(\frac{S_{ACD}}{S_{ACB}}=\frac{CD}{CB}\)

=>\(\frac{CD}{CB}=\frac{294}{1176}=\frac14\)

=>\(CD=\frac{CB}{4}=\frac{56}{4}=14\left(\operatorname{cm}\right)\)

a: ΔBAC vuông tại A

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(\hat{ACB}=90^0-60^0=30^0\)

b: Qua B, kẻ tia BM nằm giữa hai tia BC và BD sao cho BM//Dx

BM//Dx

=>\(\hat{DBM}=\hat{xDB}\) (hai góc so le trong)

=>\(\hat{DBM}=60^0\)

Ta có: tia BM nằm giữa hai tia BC và BD

=>\(\hat{CBD}=\hat{MBC}+\hat{MBD}\)

=>\(\hat{MBC}=90^0-60^0=30^0\)

Ta có: \(\hat{MBC}=\hat{BCA}\left(=30^0\right)\)

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

nên BM//Cy

TA có: BM//Cy

BM//Dx

Do đó: Dx//Cy

c: CE là phân giác của góc ACB

=>\(\hat{ACE}=\hat{BCE}=\frac12\cdot\hat{ACB}=\frac12\cdot30^0=15^0\)

DE là phân giác của góc xDB

=>\(\hat{xDE}=\hat{BDE}=\frac12\cdot\hat{xDB}=\frac12\cdot60^0=30^0\)

\(\hat{EDC}+\hat{ECD}=\hat{EDB}+\hat{BDC}+\hat{ECB}+\hat{BCD}=90^0+30^0+15^0=135^0\)

Xét ΔEDC có \(\hat{EDC}+\hat{ECD}+\hat{DEC}=180^0\)

=>\(\hat{DEC}=180^0-135^0=45^0\)

Ta có: (x+1)(x+y-4)=5

mà x+1>=1(Do x là số tự nhiên)

nên (x+1;x+y-4)∈{(1;5);(5;1)}

=>(x;x+y)∈{(0;9);(4;5)}

TH1: x=0 và x+y=9

=>x=0 và y=9-x=9-0=9

=>Nhận

TH2: x=4 và x+y=5

=>x=4 và y=5-x=5-4=1

=>Nhận

a: Ta có: a//b

a⊥c

Do đó: b⊥c

b: a//b

=>\(\hat{A_1}=\hat{B_3}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{A_1}=150^0\)

nên \(\hat{B_3}=150^0\)

Ta có: \(\hat{B_2}+\hat{B_3}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{B_2}=180^0-150^0=30^0\)

Ta có: \(\hat{A_1}=\hat{A_3}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{A_1}=150^0\)

nên \(\hat{A_3}=150^0\)

Bài 1:

a: Bảng giá trị:

Vẽ đồ thị:

b: Tọa độ C là:

\(\begin{cases}x+1=-x+1\\ y=x+1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}2x=0\\ y=x+1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=0\\ y=0+1=1\end{cases}\)

=>C(0;1)

Tọa độ A là:

\(\begin{cases}y=0\\ x+1=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=0\\ x=-1\end{cases}\)

=>A(-1;0)

Tọa độ B là;

\(\begin{cases}y=0\\ -x+1=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=0\\ -x=-1\end{cases}\Longrightarrow\begin{cases}y=0\\ x=1\end{cases}\)

=>B(1;0)

c: y=x+1

=>x-y+1=0

Khoảng cách từ O đến (d) là:

\(\frac{\left|1\cdot0+0\cdot\left(-1\right)+1\right|}{\sqrt{1^2+\left(-1\right)^2}}=\frac{1}{\sqrt2}\)

d: A(-1;0); B(1;0); C(0;1)

\(AB=\sqrt{\left(1+1\right)^2+\left(0-0\right)^2}=2\)

\(AC=\sqrt{\left(0+1\right)^2+\left(1-0\right)^2}=\sqrt2\)

\(BC=\sqrt{\left(0-1\right)^2+\left(1-0\right)^2}=\sqrt2\)

Chu vi tam giác ABC là:

\(AB+AC+BC=2+\sqrt2+\sqrt2=2+2\sqrt2\)

Xét ΔABC có \(CA^2+CB^2=AB^2\)

nên ΔCAB vuông tại C

=>\(S_{ACB}=\frac12\cdot CA\cdot CB=\frac12\cdot\sqrt2\cdot\sqrt2=\frac12\cdot2=1\)

e: Thay x=0 và y=1 vào (d3), ta được:

2m*0+m-2=1

=>m-2=1

=>m=3

f: (d3): y=2mx+m-2

=m(2x+1)-2

Tọa độ điểm cố định mà (d3) luôn đi qua là:

2x+1=0 và y=-2

=>x=-1/2; y=-2