a) Do K là trung điểm của BC (gt)

\(\Rightarrow BK=CK\)

Xét \(\Delta AKB\) và \(\Delta DKC\) có:

\(AK=DK\left(gt\right)\)

\(\widehat{AKB}=\widehat{DKC}\) (đối đỉnh)

\(BK=CK\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta AKB=\Delta DKC\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ABK}=\widehat{DCK}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat{ABK}\) và \(\widehat{DCK}\) là hai góc so le trong

\(\Rightarrow AB\) // \(CD\)

b) Do \(\Delta ABC\) vuông tại A (gt)

\(\Rightarrow AB\perp AC\) 

Mà \(AB\) // \(CD\) (cmt)

\(\Rightarrow CD\perp AC\)

Do \(\Delta AKB=\Delta DKC\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow AB=CD\) (hai cạnh tương ứng)

Do H là trung điểm của AC (gt)

\(\Rightarrow AH=CH\)

Xét hai tam giác vuông: \(\Delta ABH\) và \(\Delta CDH\) có:

\(AB=CD\left(cmt\right)\)

\(AH=CH\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABH=\Delta CDH\) (hai cạnh góc vuông)

c) Sửa đề: Chứng minh \(\Delta HBD\) cân

Do \(\Delta ABH=\Delta CDH\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow HB=HD\) (hai cạnh tương ứng)

\(\Rightarrow\Delta HBD\) cân tại H

a) Do CD là tia phân giác của \(\widehat{ACB}\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ACD}=\widehat{BCD}\)

\(\Rightarrow\widehat{ACD}=\widehat{ECD}\)

Xét hai tam giác vuông: \(\Delta ACD\) và \(\Delta ECD\) có:

\(CD\) là cạnh chung

\(\widehat{ACD}=\widehat{ECD}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ACD=\Delta ECD\) (cạnh huyền - góc nhọn)

b) Em xem lại đề nhé!

Mình chữa đề câu b) rồi còn sai ko cậu

M(1/2)=0

=>\(a\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+5\cdot\dfrac{1}{2}-3=0\)

=>\(a\cdot\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}\)

=>\(a=\dfrac{1}{2}:\dfrac{1}{4}=2\)

Vì M(\(x\)) = a\(x^2\) + 5\(x\) - 3

    M(\(\dfrac{1}{2}\)) = 0 

a.(\(\dfrac{1}{2}\))² + 5.(\(\dfrac{1}{2}\)) - 3 = 0

\(\dfrac{1}{4}\)a + \(\dfrac{5}{2}\) - 3 = 0

\(\dfrac{1}{4}\)a - \(\dfrac{1}{2}\) = 0

\(\dfrac{1}{4}\)a       = \(\dfrac{1}{2}\)

  a        = \(\dfrac{1}{2}\) : \(\dfrac{1}{4}\)

  a        = 2

Vậy để \(x\) = \(\dfrac{1}{2}\) là nghiệm của đa thức thì a = 2

a) Chỉ có 1 khả năng xuất hiện mặt có số chấm bằng 4 trong 6 khả năng nên P(A) = $\frac{1}{6}$.

b) Chỉ có 1 khả năng xuất hiện mặt có số chấm bằng 5 là số chia hết cho 5 trong 6 khả năng nên P(B) = $\frac{1}{6}$.

c) Không có mặt nào có số chấm là số tròn chục nên biến cố C là biến cố không thể.

Do đó P(C) = 0.

a:

\(\Omega=\left\{1;2;3;4;5;6\right\}\)

=>\(n\left(\Omega\right)=6\)

Gọi A là biến cố "Gieo được mặt có số chấm là 4"

=>A={4}

=>n(A)=1

=>\(P\left(A\right)=\dfrac{1}{6}\)

b: Gọi B là biến cố "Gieo được mặt có số chấm là số lẻ"

=>B={1;3;5}

=>n(B)=3

=>\(P\left(B\right)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\)

c: Gọi C là biến cố "Gieo được mặt có số chấm lớn hơn 1"

=>C={2;3;4;5;6}

=>n(C)=5

\(P\left(C\right)=\dfrac{5}{6}\)

\(\left(20x^6-5x^5+15x^4\right):\left(-3x^3\right)\)

\(=20x^6:\left(-3x^3\right)+\left(-5x^5\right):\left(-3x^3\right)+15x^4:\left(-3x^3\right)\)

\(=-\dfrac{20}{3}x^{6-3}+\dfrac{5}{3}x^{5-3}-5x^{4-3}\)

\(=-\dfrac{20}{3}x^3+\dfrac{5}{3}x^2-5x\)

Xem vị trí 3 ngôi làng là 3 đỉnh của ∆ABC

Khi đó vị trí đặt cột thu sóng tại D, với D là giao điểm của ba đường trung trực của ∆ABC

Theo tính chất ba đường trung trực của tam giác thì điểm D cách đều ba đỉnh A, B, C

`a+b+c=2p <=> a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=4p^2`.

`4p(p-a) = 4p^2  - 4pa = a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) - 2a(a+b+c)`

`= a^2+b^2+c^2 + 2ab+2bc+2ca-2a^2- 2ab - 2ac`

`= b^2+c^2-a^2+2bc.`