Bài 3:

a: Xét ΔABM và ΔACM có

AB=AC

BM=CM

AM chung

Do đó: ΔABM=ΔACM

b: Xét ΔMAB và ΔMDC có

MA=MD

\(\widehat{AMB}=\widehat{DMC}\)

MB=MC

Do đó: ΔMAB=ΔMDC

=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MDC}\)

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

nên AB//DC

c: Xét tứ giác ABCI có

AI//BC

AI=BC

Do đó: ABCI là hình bình hành

=>AB//CI

Ta có: AB//CI

AB//CD

CD,CI có điểm chung là C

Do đó: D,C,I thẳng hàng

Bài 4:

a: Ta có: AB là đường trung trực của ME

=>AM=AE; BM=BE

Ta có: AC là đường trung trực của MF

=>AM=AF và CM=CF

Ta có: AM=AE

AM=AF

Do đó: AE=AF

=>A nằm trên đường trung trực của EF

b: BE+CF

=BM+CM

=BC

c: Xét ΔAEB và ΔAMB có

AE=AM

EB=MB

AB chung

Do đó: ΔABE=ΔABM

=>\(\widehat{EAB}=\widehat{MAB}\)

mà tia AB nằm giữa hai tia AE,AM

nên AB là phân giác của góc EAM

=>\(\widehat{EAM}=2\cdot\widehat{BAM}\)

Xét ΔAMC và ΔAFC có

AM=AF

CM=CF

AC chung

Do đó: ΔAMC=ΔAFC

=>\(\widehat{MAC}=\widehat{FAC}\)

mà tia AC nằm giữa hai tia AM,AF

nên AC là phân giác của góc MAF

=>\(\widehat{MAF}=2\cdot\widehat{MAC}\)

Ta có: \(\widehat{EAF}=\widehat{EAM}+\widehat{FAM}\)

\(=2\cdot\widehat{MAB}+2\cdot\widehat{MAC}\)

\(=2\left(\widehat{MAB}+\widehat{MAC}\right)=2\cdot\widehat{BAC}=120^0\)

Xét ΔAEF có AE=AF

nên ΔAEF cân tại A

=>\(\widehat{AEF}=\widehat{AFE}\)(2)

=>\(\widehat{AEF}=\widehat{AFE}=\dfrac{180^0-120^0}{2}=30^0\)

d: Xét ΔAEI và ΔAMI có

AE=AM

\(\widehat{EAI}=\widehat{MAI}\)

AI chung

Do đó: ΔAEI=ΔAMI

=>\(\widehat{AEI}=\widehat{AMI}\)(1)

Xét ΔAMK và ΔAFK có

Am=AF

\(\widehat{MAK}=\widehat{FAK}\)

AK chung

Do đó: ΔAMK=ΔAFK

=>\(\widehat{AMK}=\widehat{AFK}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{AMI}=\widehat{AMK}\)

=>MA là phân giác của góc IMK

e: Để A là trung điểm của EF thì \(\widehat{EAF}=180^0\)

=>\(\widehat{BAC}=\dfrac{\widehat{EAF}}{2}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

Google

A =  -1-\(\dfrac{1}{3}\)-\(\dfrac{1}{6}\)-\(\dfrac{1}{10}\)-\(\dfrac{1}{15}\)-...-\(\dfrac{1}{1225}\)

    = -1-(\(\dfrac{1}{3}\)+\(\dfrac{1}{6}\)+\(\dfrac{1}{10}\)+\(\dfrac{1}{15}\)+...+\(\dfrac{1}{1225}\))

Đặt B = \(\dfrac{1}{3}\)+\(\dfrac{1}{6}\)+\(\dfrac{1}{10}\)+\(\dfrac{1}{15}\)+...+\(\dfrac{1}{1225}\)

Ta có : B = 2(\(\dfrac{1}{6}\)+\(\dfrac{1}{12}\)+\(\dfrac{1}{20}\)+\(\dfrac{1}{30}\)+...+\(\dfrac{1}{2450}\))

               = 2(\(\dfrac{1}{2\text{×}3}\)+\(\dfrac{1}{3\text{×}4}\)+\(\dfrac{1}{4\text{×}5}\)+\(\dfrac{1}{5\text{×}6}\)+...+\(\dfrac{1}{49\text{×}50}\))

               = 2(\(\dfrac{1}{2}\)-\(\dfrac{1}{3}\)+\(\dfrac{1}{3}\)-\(\dfrac{1}{4}\)+\(\dfrac{1}{4}\)-\(\dfrac{1}{5}\)+\(\dfrac{1}{5}\)-\(\dfrac{1}{6}\)+...+\(\dfrac{1}{49}\)-\(\dfrac{1}{50}\)

               = 2(\(\dfrac{1}{2}\)-\(\dfrac{1}{50}\))

               = 2×_{\(\dfrac{24}{50}\)}

                   _{=  \(\dfrac{24}{25}\)}

      _{Thay B vào A ta có :}

   _{A = -1-\(\dfrac{24}{25}\)}

 _{=> A = \(\dfrac{-49}{25}\)}

 _{Cho mik một tick nhé thankss}

X=0

Y=1

lời giải chi tiết vs ạ

a: \(\dfrac{3}{2}\left(-\dfrac{37}{10}\right)+\dfrac{17}{2}\left(-\dfrac{37}{10}\right)\)

\(=-\dfrac{37}{10}\left(\dfrac{3}{2}+\dfrac{17}{2}\right)\)

\(=-\dfrac{37}{10}\cdot\dfrac{20}{2}=-37\)

b: \(\sqrt{64}+\sqrt{81}-\sqrt{\left(-7\right)^2}\)

\(=8+9-7\)

=17-7

=10

c: \(\left[-\sqrt{64}+4\cdot\sqrt{\left(-10\right)^2}-3\cdot\left|-\dfrac{2}{9}\right|\right]\cdot\sqrt{2\dfrac{1}{4}}\)

\(=\left[-8+4\cdot10-3\cdot\dfrac{2}{9}\right]\cdot\sqrt{\dfrac{9}{4}}\)

\(=\left[-8+40-\dfrac{2}{3}\right]\cdot\dfrac{3}{2}\)

\(=\left(32-\dfrac{2}{3}\right)\cdot\dfrac{3}{2}=\dfrac{94}{3}\cdot\dfrac{3}{2}=\dfrac{94}{2}=47\)

a: ta có: CE là phân giác của góc ACB

=>\(\widehat{ACE}=\widehat{ECB}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2}\left(1\right)\)

Ta có: BD là phân giác của góc ABC

=>\(\widehat{ABD}=\widehat{CBD}=\dfrac{1}{2}\cdot\widehat{ABC}\left(2\right)\)

Ta có: ΔABC cân tại A

=>\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{ABD}=\widehat{CBD}=\widehat{ACE}=\widehat{BCE}\)

Xét ΔECB và ΔDBC có

\(\widehat{EBC}=\widehat{DCB}\)

 BC chung

\(\widehat{ECB}=\widehat{DBC}\)

Do đó: ΔECB=ΔDBC

=>BE=CD

b: Xét ΔFBC có \(\widehat{FBC}=\widehat{FCB}\)

nên ΔFBC cân tại F

=>FB=FC

Ta có: ΔECB=ΔDBC

=>EC=DB

Ta có: EF+FC=EC

BF+FD=BD

mà EC=BD và BF=FC

nên EF=FD

c: ta có: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(4)

Ta có: FB=FC

=>F nằm trên đường trung trực của BC(5)

Từ (4) và (5) suy ra AF là đường trung trực của BC

=>AF\(\perp\)BC

Lời giải:
a. Xét tam giác $ABH$ và $ACK$ có:

$AB=AC$

$\widehat{A}$ chung

$\widehat{AHB}=\widehat{AKC}=90^0$

$\Rightarrow \triangle ABH=\triangle ACK$ (ch-gn)

$\Rightarrow AH=AK$

b.

Từ tam giác bằng nhau phần a suy ra $\widehat{B_1}=\widehat{C_1}$

Vì $AB=AC; AK=AH\Rightarrow AB-AK=AC-AH$

$\Rightarrow BK=CH$

Xét tam giác $KBI$ và $HCI$ có:

$\widehat{B_1}=\widehat{C_1}$

$\widehat{BKI}=\widehat{CHI}=90^0$

$BK=CH$

$\Rightarrow \triangle KBI=\triangle HCI$ (c.g.c)

$\Rightarrow BI=CI$

Xét tam giác $ABI$ và $ACI$ có:
$AB=AC$

$AI$ chung

$BI=CI$

$\Rightarrow \triangle ABI=\triangle ACI$ (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{BAI}=\widehat{CAI}$

$\Rightarrow AI$ là phân giác $\widehat{A}$

$

Hình vẽ: