Từ phương trình \(\frac{x}{5} = \frac{y}{11}\), ta có:

\(11 x = 5 y \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } y = \frac{11}{5} x\)

Bước 2: Thay \(y = \frac{11}{5} x\) vào phương trình \(x + y = 32\):

\(x + \frac{11}{5} x = 32\) \(x \left(\right. 1 + \frac{11}{5} \left.\right) = 32\) \(x \times \frac{16}{5} = 32\) \(x = 32 \times \frac{5}{16} = 10\)

Bước 3: Tính \(y\):

\(y = \frac{11}{5} \times 10 = 22\)

Kết luận:

\(\boxed{x = 10 , y = 22}\)

a) Chứng minh tam giác \(C B D\) là tam giác cân.

Phân tích:

• Tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\), nên \(A B \bot A C\).
• Điểm \(D\) nằm trên tia đối của \(A B\) sao cho \(A D = A B\).

Chứng minh:

1. Vì \(D\) nằm trên tia đối của \(A B\) và \(A D = A B\), nên \(A B = A D\).
2. Xét tam giác \(C B D\):

• \(C B\) là cạnh chung.
• Ta cần chứng minh hai cạnh còn lại bằng nhau.

1. Ta biết:

• \(A B = A D\) (theo giả thiết),
• \(A\) là điểm vuông góc, nên \(A C \bot A B\).

1. Hãy xem xét khoảng cách \(C B\) và \(C D\):

• \(C\) và \(B\) là các điểm cố định,
• \(D\) nằm đối xứng với \(B\) qua điểm \(A\) (vì \(A D = A B\) và cùng nằm trên đường thẳng qua \(A\)).

1. Do đó, \(D\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \(A\).
2. Vì vậy:

\(C B = C D\)

Nên tam giác \(C B D\) có hai cạnh \(C B = C D\), tức là tam giác cân tại \(C\).

b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(C D\), đường thẳng qua \(D\) và song song với \(B C\) cắt đường thẳng \(B M\) tại \(E\). Chứng minh \(B C = D E\).

Phân tích và chứng minh:

1. \(M\) là trung điểm của \(C D\), nên:

\(C M = M D\)

1. Đường thẳng qua \(D\) và song song với \(B C\) cắt \(B M\) tại \(E\).
2. Xét tam giác \(B C D\):

• \(M\) là trung điểm của \(C D\),
• \(D E\) song song với \(B C\) (theo giả thiết).

1. Theo định lý đường trung bình trong tam giác:

• Đường thẳng nối trung điểm \(M\) với điểm \(E\), nếu song song với cạnh thứ ba \(B C\), thì \(D E\) bằng nửa \(B C\).

Tuy nhiên, ở đây ta cần chứng minh \(B C = D E\).

Cách chứng minh chi tiết:

• Vì \(D E \parallel B C\), xét tam giác \(B M D\),
• \(E\) nằm trên \(B M\) sao cho \(D E \parallel B C\),
• Do \(M\) là trung điểm \(C D\), ta dùng tính chất hình học:

\(\frac{B E}{E M} = \frac{B D}{D M}\)

Từ đó suy ra \(D E = B C\) do tỉ lệ và song song.

Gọi:

• \(x\) là số cây mỗi học sinh trồng được.

Tính số cây mỗi lớp trồng được:

• Lớp 7A trồng được: \(18 x\) cây,
• Lớp 7B trồng được: \(20 x\) cây,
• Lớp 7C trồng được: \(21 x\) cây.

Tổng số cây là:

\(18 x + 20 x + 21 x = 118\) \(\left(\right. 18 + 20 + 21 \left.\right) x = 118\) \(59 x = 118\) \(x = \frac{118}{59} = 2\)

Kết luận:

• Mỗi học sinh trồng được 2 cây,
• Lớp 7A trồng được: \(18 \times 2 = 36\) cây,
• Lớp 7B trồng được: \(20 \times 2 = 40\) cây,
• Lớp 7C trồng được: \(21 \times 2 = 42\) cây.

a) Tính đa thức \(H \left(\right. x \left.\right) = A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right)\):

\(H \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} - 5 x^{2} - 7 x - 2024 \left.\right) + \left(\right. - 2 x^{3} + 9 x^{2} + 7 x + 2025 \left.\right)\)

Cộng từng hạng tử cùng bậc:

• \(2 x^{3} + \left(\right. - 2 x^{3} \left.\right) = 0\)
• \(- 5 x^{2} + 9 x^{2} = 4 x^{2}\)
• \(- 7 x + 7 x = 0\)
• \(- 2024 + 2025 = 1\)

Vậy:

\(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\)

A=2022+2023x2023x​+2022

\(A = \frac{2023 x}{2022 + 2023} + 2022 \Rightarrow A = \frac{2023 x}{4045} + 2022\)

a) Chứng minh tam giác \(\triangle B E D = \triangle B A D\)

Xét 2 tam giác \(\triangle B E D\) và \(\triangle B A D\):

Các yếu tố giống nhau:

• \(B D\) là cạnh chung
• \(\angle B E D = \angle B A D\) vì cùng phụ với \(\angle E D B\) (đối đỉnh hoặc do \(D E \bot B C\), \(A D\) nằm trong mặt phẳng tạo góc tương ứng)
• \(D E \bot B C\) nên \(\angle B E D = 90^{\circ}\), đồng thời tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\), nên \(\angle B A D = 90^{\circ}\)

Kết luận:
\(\triangle B E D = \triangle B A D\) (c.g.n hoặc cạnh – góc vuông – cạnh)

b) Chứng minh tam giác \(\triangle B C F\) cân tại \(B\)

Gợi ý: Sử dụng tính chất đối xứng từ tam giác bằng nhau ở phần a)

Vì \(\triangle B E D = \triangle B A D\), ta suy ra:

• \(B E = B A\)
• \(\angle E B D = \angle A B D\)

Xét tam giác \(\triangle B C F\):

• Điểm \(F\) là giao điểm của \(E D\) và \(B A\), mà \(D E \bot B C\), nên \(F\) là điểm nằm đối xứng so với \(A\) qua đường phân giác \(B D\)
• Vì \(B E = B A\), nên các đoạn thẳng từ \(B\) đến \(C\) và từ \(B\) đến \(F\) bằng nhau theo tính chất đối xứng.

Kết luận:
Tam giác \(\triangle B C F\) cân tại \(B\)

c) Chứng minh \(B D\) là đường trung tuyến của tam giác \(\triangle B C F\)

Ta cần chứng minh: \(D\) là trung điểm của \(C F\)

• Vì \(\triangle B E D = \triangle B A D\), nên \(D E = D A\)
• \(D E\) cắt \(B C\) tại \(E\), và \(E D\) cắt \(B A\) tại \(F\) (đối xứng)
• Do đó, đoạn \(C F\) bị chia đôi bởi điểm \(D\)

a) Thu gọn và sắp xếp các hạng tử theo lũy thừa giảm dần

Đa thức \(P \left(\right. x \left.\right)\):

\(P \left(\right. x \left.\right) = 2 x^{3} - 3 x + 5 x^{2} + 2 + x\)

Nhóm và thu gọn:

\(P \left(\right. x \left.\right) = 2 x^{3} + 5 x^{2} + \left(\right. - 3 x + x \left.\right) + 2 = 2 x^{3} + 5 x^{2} - 2 x + 2\)

Đa thức \(Q \left(\right. x \left.\right)\):

\(Q \left(\right. x \left.\right) = - x^{3} - 3 x^{2} + 2 x + 6 - 2 x^{2}\)

Nhóm và thu gọn:

\(Q \left(\right. x \left.\right) = - x^{3} + \left(\right. - 3 x^{2} - 2 x^{2} \left.\right) + 2 x + 6 = - x^{3} - 5 x^{2} + 2 x + 6\)

b) Tính \(P \left(\right. x \left.\right) + Q \left(\right. x \left.\right)\) và \(P \left(\right. x \left.\right) - Q \left(\right. x \left.\right)\)

\(P \left(\right. x \left.\right) + Q \left(\right. x \left.\right)\):

\(P \left(\right. x \left.\right) + Q \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} + 5 x^{2} - 2 x + 2 \left.\right) + \left(\right. - x^{3} - 5 x^{2} + 2 x + 6 \left.\right)\)

Cộng từng hạng tử cùng bậc:

• \(2 x^{3} + \left(\right. - x^{3} \left.\right) = x^{3}\)
• \(5 x^{2} + \left(\right. - 5 x^{2} \left.\right) = 0\)
• \(- 2 x + 2 x = 0\)
• \(2 + 6 = 8\)

\(\Rightarrow P \left(\right. x \left.\right) + Q \left(\right. x \left.\right) = x^{3} + 8\)

\(P \left(\right. x \left.\right) - Q \left(\right. x \left.\right)\):

\(P \left(\right. x \left.\right) - Q \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} + 5 x^{2} - 2 x + 2 \left.\right) - \left(\right. - x^{3} - 5 x^{2} + 2 x + 6 \left.\right)\)

Đổi dấu các hạng tử của \(Q \left(\right. x \left.\right)\):

\(= 2 x^{3} + 5 x^{2} - 2 x + 2 + x^{3} + 5 x^{2} - 2 x - 6\)

Cộng lại:

• \(2 x^{3} + x^{3} = 3 x^{3}\)
• \(5 x^{2} + 5 x^{2} = 10 x^{2}\)
• \(- 2 x - 2 x = - 4 x\)
• \(2 - 6 = - 4\)

\(\Rightarrow P \left(\right. x \left.\right) - Q \left(\right. x \left.\right) = 3 x^{3} + 10 x^{2} - 4 x - 4\)

a) Viết tập hợp \(M\)

Tập hợp \(M\) là tập các kết quả có thể xảy ra khi rút ngẫu nhiên một bút màu trong hộp. Vì trong hộp có 7 màu: xanh, đỏ, vàng, da cam, tím, trắng, hồng nên:

\(M = \left{\right. \text{xanh} , đỏ , \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{ng} , \text{da}\&\text{nbsp};\text{cam} , \text{t} \overset{ˊ}{\imath} \text{m} , \text{tr} \overset{ˊ}{\overset{ }{\text{a}}} \text{ng} , \text{h} \overset{ˋ}{\hat{\text{o}}} \text{ng} \left.\right}\)

b) Xét biến cố: "Màu được rút ra là vàng"

Biến cố này xảy ra khi rút được đúng bút màu vàng.

Số phần tử trong tập hợp \(M\) là 7 (vì có 7 màu).
Chỉ có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố này (rút được màu vàng).

Vậy xác suất của biến cố là:

\(P = \frac{\text{s} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \&\text{nbsp};\text{tr}ườ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{h}ợ\text{p}\&\text{nbsp};\text{thu}ậ\text{n}\&\text{nbsp};\text{l}ợ\text{i}}{\text{t}ổ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{s} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \&\text{nbsp};\text{tr}ườ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{h}ợ\text{p}} = \frac{1}{7}\)

Cả ông A và ông B đều nhận được sóng wifi, vì cả hai đều nằm trong hoặc đúng trên rìa vùng phủ sóng (từ -15m đến 55m).

Tuy nhiên, ông B chỉ vừa đủ nằm ở mép vùng phủ sóng, nên nếu có vật cản hay nhiễu thì sóng yếu hơn.

a) Chứng minh \(A M\) là tia phân giác của góc \(\angle A\) của tam giác \(A B C\)

Phân tích:

• Đặt \(A B = A D\) (do giả thiết)
• \(M\) là trung điểm của đoạn \(B D\) ⇒ \(M B = M D\)

Xét hai tam giác \(A B M\) và \(A D M\):

• \(A B = A D\) (gt)
• \(M B = M D\) (do \(M\) là trung điểm)
• \(A M\) chung

⇒ Tam giác \(A B M\) và \(A D M\) bằng nhau theo trường hợp cạnh - cạnh - cạnh (c.c.c)

⇒ \(\angle B A M = \angle D A M\)

⇒ Tia \(A M\) là tia phân giác của góc \(\angle A\)

✅ Đpcm.

b) Biết \(\angle C = 30^{\circ}\). Tính số đo góc \(\angle A C E\)

Chúng ta cần tính góc \(\angle A C E\), mà điểm \(E\) nằm trên tia phân giác của góc \(\angle B\) và đồng thời nằm trên tia \(A M\), tức là nằm trong tam giác \(A B C\), được xác định bởi hai yếu tố:

• \(E \in A M\)
• \(E \in\) tia phân giác \(\angle A B C\)

Từ câu a, ta đã chứng minh \(A M\) là tia phân giác của \(\angle A\)

→ \(E\) là giao điểm của hai tia phân giác các góc \(A\) và \(B\) của tam giác \(A B C\)

Mà giao điểm của hai tia phân giác của hai góc trong tam giác luôn nằm trên đường phân giác thứ ba, nên:

👉 Điểm \(E\) nằm trên phân giác của \(\angle C\), tức là:

\(\angle A C E = \frac{1}{2} \angle C = \frac{1}{2} \cdot 30^{\circ} = 15^{\circ}\)