Kẻ Az//Bx//Dy

=> BAD = BAz + DAz = (180^o - ABx) + (180^o - ADy) = 30^o + 60^o = 90^o

Xét 2 tam giác ABC và MNP có:

AB=MN (gt)

\(\widehat {BAC} = \widehat {NMP}\) (gt)

AC=MP (gt)

Vậy \(\Delta ABC = \Delta MNP\)(c.g.c)

Mn giúp mik câu 4 vs

Em thấy bạn Vuông nói đúng

Để chứng minh điều này, ta có thể chỉ ra trường hợp 2 góc bằng nhau nhưng không đối đỉnh.

Ví dụ:

\(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\) nhưng hai góc này không đối đỉnh

4.

Ta có: \(S=2^1+3^{4.1+1}+4^{4.2+1}+\cdots+2024^{4.2002+1}\)

Do tính chất lũy thừa bậc 4n+1 của 1 số có tận cùng giống số đó, nên S có cùng chữ số tận cùng với tổng:

\(S_1=2+3+4+\cdots+2024=\frac{2024.2025}{2}-1=2049299\)

Vậy S có tận cùng bằng 9

Đoạn thẳng đơn vị được chia thành 6 phần bằng nhau, lấy một đoạn làm đơn vị mới, đơn vị mới bằng \(\frac{1}{6}\) đơn vị cũ.

Điểm A nằm bên phải gốc O và cách O một đoạn bằng 10 đơn vị mới. Do đó điểm A biểu diễn số hữu tỉ \(\frac{{10}}{6} = \frac{5}{3}\)

Điểm B nằm bên trái gốc O và cách O một đoạn bằng 5 đơn vị mới. Do đó điểm B biểu diễn số hữu tỉ \(\frac{{ - 5}}{6}\)

Điểm C nằm bên trái gốc O và cách O một đoạn bằng 13 đơn vị mới. Do đó điểm C biểu diễn số hữu tỉ \(\frac{{ - 13}}{6}\)

+ Biểu đồ biểu diễn nhiệt độ trung bình các tháng năm 2020 tại Thành phố Hồ Chí Minh.

+ Đơn vị thời gian là tháng, đơn vị số liệu là độ C.

+ Tháng 4 có nhiệt độ trung bình cao nhất.

+ Tháng 12 có nhiệt độ trung bình thấp nhất.

+ Nhiệt độ trung bình tăng trong những khoảng thời gian từ tháng: 1 – 2; 2 – 3; 3 – 4.

+ Nhiệt độ trung bình giảm trong những khoảng thời gian từ tháng: 4 – 5; 5 – 6; 6 – 7; 8 – 9; 10 – 11; 11 – 12.

+ Nhiệt độ trung bình không đổi trong những khoảng thời gian từ tháng: 7 – 8; 9 – 10.

Bài 2:

Qua B, kẻ tia BD nằm giữa hai tia BA và BC sao cho BD//Ax//Cz

ta có: BD//Ax

=>\(\hat{xAB}+\hat{ABD}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

=>\(\hat{ABD}=180^0-125^0=55^0\)

Ta có: BD//Cz

=>\(\hat{DBC}+\hat{BCz}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

=>\(\hat{DBC}=180^0-130^0=50^0\)

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

=>\(\hat{ABC}=\hat{DBA}+\hat{DBC}\)

=>\(\hat{ABC}=55^0+50^0=105^0\)

Bài 3:

Ax//yy'

=>\(\hat{xAB}=\hat{yBA}\) (hai góc so le trong)

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

Cz//yy'

=>\(\hat{yBC}=\hat{zCB}\) (hai góc so le trong)

=>\(\hat{yBC}=40^0\)

Ta có: tia By nằm giữa hai tia BA và BC

=>\(\hat{ABC}=\hat{yBA}+\hat{yBC}=40^0+50^0=90^0\)

Bài 4:

Qua B, kẻ tia BD nằm giữa hai tia BA và BC sao cho BD//Ax//Cz

BD//Ax

=>\(\hat{xAB}+\hat{ABD}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

=>\(\hat{ABD}=180^0-110^0=70^0\)

ta có; tia BD nằm giữa hai tia BA và BC

=>\(\hat{DBA}+\hat{DBC}=\hat{ABC}\)

=>\(\hat{DBC}=100^0-70^0=30^0\)

Ta có: \(\hat{DBC}=\hat{zCB}\left(=30^0\right)\)

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

nên BD//Cz

Ta có: BD//Ax

BD//Cz

Do đó: Ax//Cz

a: a//b

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

mà \(\hat{A_1}=65^0\)

nên \(\hat{B_3}=65^0\)

b: Ta có: \(\hat{B}_3+\hat{B_2}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{B_2}=180^0-65^0=115^0\)

Giải:

a; \(\hat{A_1}\) = \(65^0\) (gt)

\(\hat{A_1}\) = \(\hat{A_3}\) = 65\(^0\)(đối đỉnh)

\(\hat{A_3}\) = \(\hat{B_3}\) = \(65^0\) (slt)

b; \(\hat{B_2}\) + \(\hat{B_3}\) = 180\(^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{B_2}\) = 180\(^0\) - \(\hat{B_3}\)

\(\hat{B_2}\) = 180\(^0\) - 65\(^0\) = 115\(^0\)

Vậy a; \(\hat{B}_3\) = 65\(^0\)

b; \(\hat{B_2}\) = 115\(^0\)

a: Ta có: \(\hat{AOD}+\hat{BOD}=180^0\) (hai góc kề bù)

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

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

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

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

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

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

b: 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

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

Do đó: OD là phân giác của góc EOC