Qua G, kẻ tia GA nằm giữa hai tia GH và GF sao cho GA//Hx

GA//Hx

=>\(\hat{HGA}=\hat{xHG}\) (hai góc so le trong)

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

Ta có: tia GA nằm giữa hai tia GH và GF

=>\(\hat{HGA}+\hat{FGA}=\hat{HGF}\)

=>\(\hat{FGA}=90^0-50^0=40^0\)

Ta có: \(\hat{FGA}=\hat{GFy}\left(=40^0\right)\)

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

nên GA//Fy

Ta có: GA//Fy

GA//Hx

Do đó: Hx//Fy

  Kẻ H\(x\) // FG 

 Ta có : \(\widehat{xHI}\) = \(\widehat{JIH}\) = 45⁰ (Hai góc so le trong)

  \(\widehat{xHG}\) + \(\widehat{FGH}\) = 180⁰ (hai góc trong cùng phía)

⇒ \(\widehat{xHG}\) = 180⁰ - 135⁰ = 45⁰

\(\widehat{IGH}\) = \(\widehat{xHG}\) + \(\widehat{xHI}\) = 45⁰ + 45⁰ = 90⁰

Vậy HG vuông góc với HI

  Kẻ H\(x\) // FG 

 Ta có : \(\widehat{xHI}\) = \(\widehat{JIH}\) = 45⁰ (Hai góc so le trong)

  \(\widehat{xHG}\) + \(\widehat{FGH}\) = 180⁰ (hai góc trong cùng phía)

⇒ \(\widehat{xHG}\) = 180⁰ - 135⁰ = 45⁰

\(\widehat{IGH}\) = \(\widehat{xHG}\) + \(\widehat{xHI}\) = 45⁰ + 45⁰ = 90⁰

Vậy HG vuông góc với HI

a: Ta có: \(\hat{xBy}=\hat{xAz}\left(=60^0\right)\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên By//Az

b: Ta có: AC là phân giác của góc xAz

=>\(\hat{BAC}=\hat{zAC}=\frac12\cdot\hat{xAz}=\frac12\cdot60^0=30^0\)

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

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

Xét ΔBAC có \(\hat{BAC}+\hat{BCA}+\hat{ABC}=180^0\)

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

c: BD là phân giác của góc ABC

=>\(\hat{ABD}=\hat{CBD}=\frac12\cdot\hat{ABC}=\frac12\cdot120^0=60^0\)

Xét ΔDBA có \(\hat{DBA}+\hat{DAB}=60^0+30^0=90^0\)

nên ΔDBA vuông tại D

=>AC⊥BD tại D

a: \(\hat{IPO};\hat{POR}\) là hai góc so le trong

b: \(\hat{OPI};\hat{TNO}\) là hai góc đồng vị

c: \(\hat{PIO};\hat{NTO}\) là hai góc đồng vị

d: \(\hat{OPR};\hat{POI}\) là hai góc so le trong

a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBMD vuông tại M có

BD chung

\(\hat{ABD}=\hat{MBD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔBMD

b: ΔBAD=ΔBMD

=>DA=DM

mà DM<DC(ΔDMC vuông tại M)

nên DA<DC
c:

ΔBAD=ΔBMD

=>BA=BM

Ta có: BA=BM

=>B nằm trên đường trung trực của AM(1)

Ta có: DA=DM

=>D nằm trên đường trung trực của AM(2)

Từ (1),(2) suy ra BD là đường trung trực của AM

=>BD⊥AM tại I và I là trung điểm của AM

Ta có: \(\hat{DMA}+\hat{DME}=\hat{AME}=90^0\)

\(\hat{DAM}+\hat{DEM}=90^0\) (ΔAME vuông tại M)

mà \(\hat{DAM}=\hat{DMA}\) (ΔDAM cân tại D)

nên \(\hat{DME}=\hat{DEM}\)

=>DM=DE

mà DA=DM

nên DA=DE
=>D là trung điểm của AE

Xét ΔAME có

AK,EI,MD là các đường trung tuyến

Do đó: AK,EI,MD đồng quy

Bài 7:

1: \(\hat{xOy}+\hat{yOz}=150^0\)

mà \(\hat{xOy}-\hat{yOz}=90^0\)

nên \(\hat{xOy}=\frac{150^0+90^0}{2}=120^0;\hat{yOz}=120^0-90^0=30^0\)

2: Vì \(\hat{xOy^{}};\hat{yOz}\) là hai góc kề nhau

nên tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz

Ta có: \(\hat{x^{\prime}Oy^{\prime}}=\hat{xOy}\) (hai góc đối đỉnh)

mà \(\hat{xOy}=120^0\)

nên \(\hat{x^{\prime}Oy^{\prime}}=120^0\)

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

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

Bài 6:

1:

2: \(\hat{ABC^{\prime}}+\hat{ABC}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{ABC^{\prime}}=180^0-56^0=124^0\)

3: ta có: \(\hat{C^{\prime}BA^{\prime}}+\hat{C^{\prime}BA}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{C^{\prime}BA^{\prime}}=180^0-124^0=56^0\)

1. Đ

2. S 

3. Đ 

4. Đ

5. S

-6∈Z; -6∈Q

22∈N; 22∈Z; 22∈Q

\(-\frac{2}{23}\in Q\)

N⊂Z; N⊂Q

Z⊂Q

\(-\frac57\notin N;-\frac57\notin Z\)

-21∉N

\(1\frac34\notin N;1\frac34\notin Z\)

\(-4\notin N\\ -\dfrac{5}{3}\in Q\\ -8\in Q\\ -\dfrac{2}{9}\notin Z\\ -\dfrac{1}{11}\notin Z\\ -\dfrac{2}{7}\in Q\\ -\dfrac{2}{19}\notin N\\ N\subset Q\)