a: xx'⊥AB

yy'⊥AB

Do đó: xx'//yy'

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

mà \(\hat{C_1}=50^0\)

nên \(\hat{C_2}=50^0\)

Ta có: xx'//yy'

=>\(\hat{C_1}+\hat{CDy^{\prime}}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

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

c: CH là phân giác của góc ACD

=>\(\hat{ACH}=\hat{DCH}=\frac12\cdot\hat{ACD}=\frac12\left(180^0-\hat{C_1}\right)=\frac12\left(180^0-50^0\right)=65^0\)

DK là phân giác của góc CDy'

=>\(\hat{CDK}=\frac12\cdot\hat{CDy^{\prime}}=65^0\)

Ta có: \(\hat{CDK}=\hat{HCD}\left(=65^0\right)\)

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

nên CH//DK

d: CH//KD

=>\(\hat{HCK}+\hat{CKD}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(1)

CK//HD

=>\(\hat{CHD}+\hat{KCH}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{CKD}=\hat{CHD}\)

d.take nha

tik mk nè

Let's ........ a look at the film section of the paper.

A. do     B. use     C. spend      D. take

tik nha

Xét đường tròn tâm O có :

góc ABF = 90 ( góc nội tiếp chắn AF) => AB vuông góc BF

ta lại có CH vuông góc AB => CH // BF (từ vuông góc đến song song)

góc ACF = 90 ( góc nội tiếp chắn AF) => AC vuông góc CF

ta lại có BH vuông góc AC => BH // CF ( từ vuông góc đến song song ) 

xét từ giác BHCF có

CH // BF

  BH // CF

=> tg BHCF là hình bình hành ( dấu hiệu nhận biết)

mà I là tđ của đường chéo BC=> I là trnug điểm của đường chéo HF 

=> H,I,F thẳng hàng 

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{2}=\dfrac{y}{3}\\xy=6\end{matrix}\right.\) <=> \(\left\{{}\begin{matrix}3x=2y\\xy-6=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x-2y=0\\xy-6=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3xy-2y^2=0\\3xy-18=0\end{matrix}\right.\)

<=> \(\left\{{}\begin{matrix}-2y^2-\left(-18\right)=0\\3xy-2y^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=3\\9x-18=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=3\\x=2\end{matrix}\right.\)

câu b tương tự

c: ta có: \(\sqrt{-x^2+x+4}=x-3\)

\(\Leftrightarrow-x^2+x+4=x^2-6x+9\)

\(\Leftrightarrow-2x^2+7x-5=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(2x-5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(loại\right)\\x=\dfrac{5}{2}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Em cảm ơn ạ nhưng ý em là bài viết các biểu thức về dạng bình phương của 1 biểu thức ấy ạ :D

a.     Nếu…tôi dậy sớm..thì tôi đến trường đúng giờ

b.    Vì…nó nghịch bẩn..nên nó phải đi rửa tay

c.    đồ chơi của chúng tôi

d. tôi định đi chơi   mà trời mưa

Khoảng cách từ O đến (d) là:

\(d\left(O;\left(d\right)\right)=\frac{\left|0\cdot2\left(m-1\right)+0\cdot\left(m-2\right)-2\right|}{\sqrt{\left(2m-2\right)^2+\left(m-2\right)^2}}=\frac{2}{\sqrt{4m^2-8m+4+m^2-4m+4}}=\frac{2}{\sqrt{5m^2-12m+8}}\)

Để d(O;(d)) lớn nhất thì \(5m^2-12m+8\) nhỏ nhất

Đặt \(A=5m^2-12m+8\)

\(=5\left(m^2-\frac{12}{5}m+\frac85\right)\)

\(=5\left(m^2-2\cdot m\cdot\frac65+\frac{36}{25}+\frac{4}{25}\right)=5\left(m-\frac65\right)^2+\frac45\ge\frac45\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi \(m-\frac65=0\)

=>m=6/5

Khoảng cách từ O đến (d) là:

\(d\left(O;\left(d\right)\right)=\frac{\left|0\cdot2\left(m-1\right)+0\cdot\left(m-2\right)-2\right|}{\sqrt{\left(2m-2\right)^2+\left(m-2\right)^2}}=\frac{2}{\sqrt{4m^2-8m+4+m^2-4m+4}}=\frac{2}{\sqrt{5m^2-12m+8}}\)

Để d(O;(d)) lớn nhất thì \(5m^2-12m+8\) nhỏ nhất

Đặt \(A=5m^2-12m+8\)

\(=5\left(m^2-\frac{12}{5}m+\frac85\right)\)

\(=5\left(m^2-2\cdot m\cdot\frac65+\frac{36}{25}+\frac{4}{25}\right)=5\left(m-\frac65\right)^2+\frac45\ge\frac45\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi \(m-\frac65=0\)

=>m=6/5