Nguyễn Hải Nam
Giới thiệu về bản thân
a) \(\triangle A B C\) cân tại \(A\) nên \(\hat{A B C} = \hat{A C B}\).
Vì \(B Q\) và \(C P\) là đường phân giác của \(\hat{B} , \hat{C}\) nên \(\hat{B_{1}} = \hat{B_{2}} = \frac{\hat{A B C}}{2}\), \(\hat{C_{1}} = \hat{C_{2}} = \frac{\hat{A C B}}{2}\).
Do đó \(\hat{B_{1}} = \hat{B_{2}} = \hat{C_{1}} = \hat{C_{2}}\).
Suy ra \(\triangle O B C\) cân tại \(O\).
b) Vì \(O\) là giao điểm các đường phân giác \(C P\) và \(B Q\) trong \(\triangle A B C\) nên \(O\) là giao điểm ba đường phân giác trong \(\triangle A B C\).
Do đó, \(O\) cách đều ba cạnh \(A B , A C\) và \(B C\).
c) Ta có \(\triangle A B C\) cân tại \(A , A O\) là đường phân giác của góc \(A\) nên \(A O\) đồng thời là trung tuyến và đường cao của \(\triangle A B C\).
Vậy đường thẳng \(A O\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(B C\) và vuông góc với nó.
d) Ta có \(\triangle P B C = \triangle Q C B\) (g.c.g)
\(\Rightarrow C P = B Q\) (hai cạnh tương ứng).
e) Ta có \(A P = A B - B P\), \(A Q = A C - C Q\) (1);
\(\triangle P B C = \triangle Q C B \Rightarrow B P = C Q\) (2).
Lại có \(A B = A C\) (tam giác \(A B C\) cân tại \(A\)) (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(A P = A Q\).
Vậy tam giác \(A P Q\) cân tại \(A\).
a) Xét \(\triangle O A D\) và \(\triangle O C B\), có
\(O A = O C\) (giả thiết);
\(\hat{O}\) chung;
\(O D = O B\) (giả thiết).
Do đó \(\triangle O A D = \triangle O C B\) (c.g.c)
\(\Rightarrow A D = C B\) (hai cạnh tương ứng).
b) Do \(O A = O C\) và \(O B = O D\) nên \(A B = C D\).
Mà \(\triangle O A D = \triangle O C B\) (chứng minh trên)
\(\Rightarrow \hat{O B C} = \hat{O D A}\); \(\hat{O A D} = \hat{O C B}\) (hai góc tương ứng)
Mặt khác \(\hat{A B E} + \hat{O B C} = \hat{C D E} + \hat{O D A} = 18 0^{\circ}\)
\(\Rightarrow \hat{A B E} = \hat{C D E}\)
Xét \(\triangle A B E\) và \(\triangle C D E\) có
\(\hat{O A D} = \hat{O C B}\) (chứng minh trên);
\(A B = C D\) (chứng minh trên);
\(\hat{A B E} = \hat{C D E}\) (chứng minh trên)
Do đó \(\triangle A B E = \triangle C D E\) (g.c.g).
c) Vi \(\triangle A B E = \triangle C D E\) (chứng minh trên) nên \(A E = C E\) (hai cạnh tương ứng).
Xét \(\triangle A E O\) và \(\triangle C E O\) có \(A E = C E\) (chứng minh trên);
\(O E\) cạnh chung;
\(O A = O C\) (giả thiết).
Do đó \(\triangle A E O = \triangle C E O\) (c.c.c)
\(\Rightarrow \hat{A O E} = \hat{C O E}\) (hai góc tương ứng)
\(\Rightarrow O E\) là tia phân giác của \(\hat{x O y}\).
a) Xét \(\triangle I O E\) và \(\triangle I O F\) có
\(\hat{E} = \hat{F} = 9 0^{\circ}\) (giả thiết);
\(O I\) cạnh chung;
\(\hat{E O I} = \hat{F O I}\) (\(O m\) là tia phân giác).
Vậy \(\triangle I O E = \triangle I O F\) (cạnh huyền - góc nhọn).
b) \(\triangle I O E = \triangle I O F\) (chứng minh trên)
\(\Rightarrow O E = O F\) (hai cạnh tương ứng).
Gọi \(H\) là giao điểm của \(O m\) và \(E F\).
Xét \(\triangle O H E\) và \(\triangle O H F\), có
\(O E = O F\) (chứng minh trên);
\(\hat{E O H} = \hat{F O H}\) (\(O m\) là tia phân giác);
\(O H\) chung.
Do đó \(\triangle O H E = \triangle O H F\) (c.g.c)
\(\Rightarrow \hat{O H E} = \hat{F H O}\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\hat{O H E} + \hat{F H O} = 18 0^{\circ}\) nên \(\hat{O H E} = \hat{F H O} = 9 0^{\circ}\).
Vậy \(E F \bot O m\).
Kẻ \(I E \bot A D\) (với \(E \in A D\)).
Gọi \(A x\) là tia đối của tia \(A B\).
Vì \(\hat{B A C}\) và \(\hat{C A x}\) là hai góc kề bù mà \(\hat{B A C} = 12 0^{\circ}\) nên \(\hat{C A x} = 6 0^{\circ}\) (1)
Ta có \(A D\) là phân giác của \(\hat{B A C} \Rightarrow \hat{D A C} = \frac{1}{2} \hat{B A C} = 6 0^{\circ}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(A C\) là tia phân giác của \(\hat{D A x}\)
\(\Rightarrow I H = I E\) (tính chất tia phân giác của một góc) (3)
Vì \(D I\) là phân giác của \(\hat{A D C}\) nên \(I K = I E\) (tính chất tia phân giác của một góc) (4)
Từ (3) và \(\left(\right. 4 \left.\right)\) suy ra \(I H = I K\).
a có \(D\) thuộc phân giác của \(\hat{A}\);
\(D H \bot A B\); \(D K \bot A C\) \(\Rightarrow D H = D K\) (tính chất tia phân giác của một góc).
Gọi \(G\) là trung điểm của \(B C\).
Xét \(\triangle B G D\) và \(\triangle C G D\), có
\(\hat{B G D} = \hat{C G D} = 9 0^{\circ}\) (\(D G\) là trung trực của \(B C\) ),
\(B G = C G\) (già thiết),
\(D G\) là cạnh chung.
Do đó \(\triangle B G D = \triangle C G D\) (hai cạnh góc vuông)
\(\Rightarrow B D = C D\) (hai cạnh tương ứng).
Xét \(\triangle B H D\) và \(\triangle C K D\), có
\(\hat{B H D} = \hat{C K D} = 9 0^{\circ}\) (giả thiết);
\(D H = D K\) (chứng minh trên);
\(B D = C D\) (chứng minh trên).
Do đó \(\triangle B H D = \triangle C K D\) (cạnh huyền - cạnh góc vuông)
\(\Rightarrow B H = C K\) (hai cạnh tương ứng).
Ta có hình vẽ:
Gọi vị trí đặt loa là DD suy ra DD nằm giữa AA và BB.Trong tam giác vuông ADCADC ta có DCDC là cạnh lớn nhất (đối diện với góc lớn nhất) nên DC>AC=550DC>AC=550 m. Vậy tại CC không thể nghe tiếng loa, do vị trí CC đã nằm ngoài bán kính phát sóng của loa.
Nghiệm của đa thức P(x)=5x+3P(x)=5x+3 là x=−35x=-3/5
−3
a) Tổng số lượng nhập khẩu phân bón các loại của nước ta trong giai đoạn từ năm 2017 đến năm 2020 là:
4727,3+4227,5+3799,2+3803,4=16557,44727,3+4227,5+3799,2+3803,4=16557,4 (nghìn tấn)
b) Số % nhập khẩu phân bón các loại năm 2019 giảm so với năm 2018 là:
(4227,5−3799,2).100%4227,5=428,3.100%4227,5≈10,1%4227,5(4227,5−3799,2).100%=4227,5428,3.100%≈10,1%
c) Giá trị nhập khẩu phân bón các loại năm 2017 gấp giá trị nhập khẩu phân bón các loại năm 2020 số lần là:
1253,1951,5≈1,3951,51253,1≈1,3 (lần)
a) Do tam giác ABCABC cân tại AA nên AB=ACAB=AC và ABC^=ACB^ABC=ACB.
Do BFBF là tia phân giác của ABC^ABC nên ABF^=FBC^=12ABC^ABF=FBC=21ABC.
Do CECE là tia phân giác của ACB^ACB nên ACE^=ECB^=12ACB^ACE=ECB=21ACB.
Do đó ABF^=ACE^ABF=ACE.
b) Xét △ABF△ABF và △ACE△ACE có:
ABF^=ACE^ABF=ACE (chứng minh trên).
AB=ACAB=AC (chứng minh trên).
A^A chung.
Do đó △ABF=△ACE△ABF=△ACE (g.c.g).
Suy ra AF=AEAF=AE (hai cạnh tương ứng).
Tam giác AEFAEF có AF=AEAF=AE nên tam giác AEFAEF cân tại AA.
c) Ta có FBC^=ECB^FBC=ECB nên IBC^=ICB^IBC=ICB.
Tam giác IBCIBC có IBC^=ICB^IBC=ICB nên tam giác IBCIBC cân tại II.
Do đó IB=ICIB=IC.
EIB^=FIC^EIB=FIC (đối đỉnh).
IB=ICIB=IC (chứng minh trên).
EBI^=FCI^EBI=FCI (chứng minh trên).
Do đó ΔEIB=ΔFICΔEIB=ΔFIC (g.c.g).
Suy ra IE=IFIE=IF (hai cạnh tương ứng).
Tam giác IEFIEF có IE=IFIE=IF nên tam giác IEFIEF cân tại II.
a) Tập hợp các kết quả có thể xảy ra đối với học sinh được chọn ra là:
G={G={Mỹ; Anh; Pháp; Thái Lan; Việt Nam; Canada; Thụy Sĩ; Nga; Brasil}}.
Số phần tử của tập hợp GG là 99.
b) Trong 99 nước trên có các nước thuộc châu Á là: Việt Nam và Thái Lan.
Do đó có 22 kết quả thuận lợi cho biến cố "Học sinh được chọn ra đến từ châu Á" là: Việt Nam; Thái Lan.
Khi đó xác suất của biến cố "Học sinh được chọn ra đến từ châu Á" bằng: 2992.