a) TH1: x = 1 

=> Giá tiền phải trả là: 11000 (đồng) 

TH2: x > 1 

=> Giá tiền phải trả là:

11000 + 10000(x - 1) 

= 11000 + 10000x - 10000 

= 10000x + 1000 (đồng) (1) 

b) Người đó đi 50km ta thay x = 50 vào (1) ta có:

10000*50 + 1000 

= 500000 + 1000 

= 501000 (đồng) 

Câu 2;

Chọn mp(SAQ) có chứa PQ

Trong mp(ABC), gọi I là giao điểm của SQ và MN

I∈SQ⊂(SAQ)

I∈MN⊂(AMN)

Do đó: I∈(SAQ) giao (AMN)(1)

A∈(SAQ)

A∈(AMN)

Do đó: A∈(SAQ) giao (AMN)(2)

từ (1),(2) suy ra (SAQ) giao (AMN)=AI

Gọi G là giao điểm của PQ và AI

=>G là giao điểm của PQ và mp(AMN)

Xét ΔBSC có

M,Q lần lượt là trung điểm của BS,BC

=>MQ là đường trung bình của ΔBSC

=>MQ//SC và \(MQ=\frac{SC}{2}\)

\(MQ=\frac{SC}{2}\)

\(SN=\frac{SC}{2}\)

Do đó: MQ=SN

Xét tứ giác SMQN có

SN//QM

SN=QM

Do đó: SMQN là hình bình hành

=>SQ cắt MN tại trung điểm của mỗi đường

=>I là trung điểm chung của SQ và MN

Xét ΔSAQ có

AI,QP là các đường trung tuyến

AI cắt QP tại G

Do đó:G là trọng tâm của ΔSAQ

=>\(\frac{GP}{GQ}=\frac12\)

Câu 1: Trong mp(SCD), gọi K là giao điểm của SN và CD

Chọn mp(SMK) có chứa MN

Trong mp(ABCD), gọi I là giao điểm của MK và AC

I∈MK⊂(SMK)

I∈AC⊂(SAC)

Do đó: I∈(SMK) giao (SAC)(1)

ta có: S∈(SMK)

S∈(SAC)

Do đó; S∈(SMK) giao (SAC)(2)

Từ (1),(2) suy ra (SMK) giao (SAC)=SI

Gọi X là giao điểm của SI và MN

=>X là giao điểm của MN và mp(SAC)

Số số hạng là \(\dfrac{\left(2x+1-3\right)}{2}+1=\dfrac{2x-2}{2}+1=x-1+1=x\left(số\right)\)

Tổng của dãy số là \(\dfrac{x\left(2x+1+3\right)}{2}=x\left(x+2\right)\)

Theo đề, ta có: x(x+2)=624

=>\(x^2+2x-624=0\)

=>(x+26)(x-24)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-26\\x=24\end{matrix}\right.\)

1: DA=DK

=>ΔDAK cân tại D

=>\(\widehat{DAK}=\widehat{DKA}\)

mà \(\widehat{DKA}=\widehat{KAB}\)(hai góc so le trong, AB//DK)

nên \(\widehat{DAK}=\widehat{BAK}\)

=>AK là phân giác của góc BAD

2: ta có: CD=CK+KD

CD=AD+BC

Do đó: CK+KD=AD+BC

mà DA=DK

nên CK=CB

3: CK=CB

=>ΔCBK cân tại C

=>\(\widehat{CKB}=\widehat{CBK}\)

mà \(\widehat{CKB}=\widehat{ABK}\)(hai góc so le trong, AB//CK)

nên \(\widehat{ABK}=\widehat{CBK}\)

=>BK là phân giác của góc ABC

1:ΔABC cân tại A

mà AH là đường trung tuyến

nên AH\(\perp\)BC tại H

Xét tứ giác AHCD có

O là trung điểm chung của AC và HD

=>AHCD là hình bình hành

Hình bình hành AHCD có \(\widehat{AHC}=90^0\)

nên AHCD là hình chữ nhật

2: AHCD là hình chữ nhật

=>AD//HC và AD=HC

Ta có: AD//HC

=>AD//HB

Ta có: AD=CH

mà CH=HB

nên AD=HB

Xét tứ giác ADHB có

AD//HB

AD=HB

Do đó: ADHB là hình bình hành

3: \(CH=\dfrac{CB}{2}=3\left(cm\right)\)

AHCD là hình chữ nhật

=>\(S_{AHCD}=AH\cdot HC=4\cdot3=12\left(cm^2\right)\)

a: Xét ΔBMO có \(\widehat{BMO}+\widehat{MBO}+\widehat{MOB}=180^0\)

=>\(\widehat{BMO}+\widehat{MOB}=180^0-60^0=120^0\)(1)

\(\widehat{MOB}+\widehat{MON}+\widehat{NOC}=180^0\)

=>\(\widehat{MOB}+\widehat{NOC}=180^0-60^0=120^0\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{BMO}=\widehat{CON}\)

Xét ΔBMO và ΔCON có

\(\widehat{BMO}=\widehat{CON}\)

\(\widehat{MBO}=\widehat{OCN}\left(=60^0\right)\)

Do đó: ΔBMO~ΔCON

b: ΔBMO~ΔCON

=>\(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{CO}=\dfrac{BM}{BO}\)

c:

\(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{BO}\)

=>\(\dfrac{BM}{OM}=\dfrac{BO}{ON}\)

Xét ΔBMO và ΔOMN có

\(\dfrac{BM}{OM}=\dfrac{BO}{ON}\)

\(\widehat{MBO}=\widehat{MON}\left(=60^0\right)\)

Do đó: ΔBMO~ΔOMN

=>\(\widehat{BMO}=\widehat{OMN}\)

=>MO là phân giác của góc BMN

a: \(101^2=\left(100+1\right)^2=100^2+2\cdot100\cdot1+1^2\)

=10000+200+1

=10201

b: \(64^2+36^2+72\cdot64\)

\(=64^2+2\cdot64\cdot36+36^2\)

\(=\left(64+36\right)^2=100^2=10000\)

c: \(54^2+46^2-2\cdot54\cdot46=\left(54-46\right)^2=8^2=64\)

d: \(98\cdot102=\left(100-2\right)\left(100+2\right)=100^2-4=9996\)

Gọi hai góc so le trong là \(\widehat{AEF};\widehat{EFD}\); Ey;Fx lần lượt là phân giác của góc AEF;góc EFD

Vì AB//CD nên \(\widehat{AEF}=\widehat{EFD}\)(hai góc so le trong)

mà \(\widehat{yEF}=\dfrac{\widehat{AEF}}{2};\widehat{xFE}=\dfrac{\widehat{EFD}}{2}\)

nên \(\widehat{yEF}=\widehat{xFE}\)

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

nên Ey//Fx