a) Xét \(\triangle A B C\) có

\(\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} = 18 0^{\circ}\)

mà \(\hat{A} = 9 0^{\circ} ; \hat{B} = 5 0^{\circ}\)

suy ra \(90^{\circ}+50^{\circ}+\hat{C}=180^{\circ}\hat{C}=40^{\circ}\)
b) Xét tam giác \(\triangle B E A\) và \(\triangle B E H\)
\(BE\) là phân giác của \(\hat{B}\)

 suy ⇒​BAE=BHE(=90∘)

BA=BH

 vậy △ABE=△HBE (c.h-cgv) 

​c) \(E\) là giao điểm của hai đường cao trong tam giác \(B K C\) nên \(B E\) vuông góc với \(K C\)

Tam giác \(B K C\) cân tại \(B\) có \(B I\) là đường cao nên \(B I\) là đường trung tuyến. Do đó \(I\) là trung điểm của \(K C\).

f(a)+f(b)=100a+10100a​+100b+10100b

​=(100a+10)(100b+10)100a(100b+10)+100b(100a+10)​=100a+b+10(100a+100b)+1002.100a+b+10(100a+100b)

​=200+10(100a+100b)200+10(100a+100b)​

=1​

f(a)+f(b)=100a+10100a​+100b+10100b

​=(100a+10)(100b+10)100a(100b+10)+100b(100a+10)​=100a+b+10(100a+100b)+1002.100a+b+10(100a+100b)

​=200+10(100a+100b)200+10(100a+100b)​

=1​

​ a) A(x)=2x3−x2+3x−5

B(x)=2x3+x2+x+5

A(x)+B(x)=(2x3−x2+3x−5)+(2x3+x2+x+5)=4x3+4x​
b) Ta coˊ: H(x)=A(x)+B(x)

​⇒H(x)=4x3+4x

H(x)=0⇒4x3+4x=0

4x(x2+1)=0

Vậy nghiệm của \(H \left(\right. x \left.\right)\) là \(x = 0\).

Gọi số sách lớp 7A; 7B quyên góp được lần lượt là \(a,b\) ( \(a,b\in N^{*}\))

theo đề

: \(a+b=121\)\(\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau

 \(\frac{a}{5}=\frac{b}{6}=\frac{a+b}{5+6}=11\)

suy ra

a=11.5=55

b=11.6=66

vậy a=55,b=66

Vậy lớp 6A quyên góp được \(55\) quyển sách, lớp 6B quyên góp được \(66\) cuốn.

Trong \(\triangle A B C\) có 

\(B C > A B - A C = 55 - 20 = 35\).

Suy ra khoảng cách từ ông \(B\) đến vị trí bộ phát wifi lớn hơn bán kính hoạt động của bộ phát.

Do đó ông \(B\) không nhận được sóng wifi.

Khoảng cách từ ông \(A\) đến bộ phát wifi là \(20\) m (nhỏ hơn bán kính hoạt động của bộ phát) nên ông \(A\) nhận được sóng wifi.

 Chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể lần lượt là \(3 x ; 2 x ; x\).

Bể có thể tích \(3 x . 2 x . x = 6 x^{3}\) (dm\(^{3}\)).

Bể chứa được \(6 x^{3}\) lít nước. Do bể đang có \(100\) lít nước nên để bể đầy nước cần thêm vào bể \(A = 6 x^{3} - 100\) (lít) nước.

b) Trường hợp bể có chiều cao \(5\) dm thì \(x = 5\), lượng nước cần thêm vào bể là giá trị của đa thức \(A\) tại \(x = 5\), tức là bằng \(6. 5^{3} - 100 = 650\) (lít).

Để đầy bể nước, cần mở vòi trong \(650 : 25 = 26\)  phút.

Vì vậy, mỗi biến cố trên đều có xác suất bằng \(\frac{1}{6}\). Nói riêng, biến cố \(A\) có xác suất bằng \(\frac{1}{6}\).

a)Từ đó \(x = \left(\right. 30.13 , 9 \left.\right) : 100 = 4 , 17\).

Do đó, để đi được \(30\) km đường đô thị cần tối thiểu \(4 , 17\) lít xăng.

b)Do đó \(y = \left(\right. 100.4 , 17 \left.\right) : 7 , 5 = 55 , 6\).

Nếu đi trên cao tốc thì với \(4 , 17\) lít xăng, xe chạy được \(55 , 6\) km.

c)Từ đó \(x = \left(\right. 20 , 13 , 9 \left.\right) : 100 = 2 , 78\); \(y = \left(\right. 80.7 , 5 \left.\right) : 100 = 6\); \(z = \left(\right. 30.9 , 9 \left.\right) : 100 = 2 , 97\).

Do đó từ nhà về quê, xe ông An tiêu thụ hết \(2 , 78 + 6 + 2 , 97 = 11 , 75\) lít xăng.

a) Xét \(\triangle A D M\) và \(\triangle A B M\) có

\(A D = A B\) (già thiết);

\(D M = B M\) (giả thiết \(M\) là trung điểm của \(B D\));

\(A M\) chung.

Suy ra \(\triangle A D M = \triangle A B M\) (c.c.c).

Do đó \(\hat{D A M} = \hat{B A M}\) (hai góc tương ứng).

Vì vậy \(A M\) là tia phân giác góc \(A\) của tam giác \(A B C\).

b) Theo chứng minh trên, có \(A M\) là tia phân giác góc \(A\).

Lại có \(E\) là giao điểm của tia phân giác góc \(B\) với tia \(A E\) (giả thiết).

Như vậy \(E\) là giao điểm của tia phân giác góc \(A\) với tia phân giác góc \(B\).

Suy ra \(C E\) là phân giác góc \(C\) (theo định lí: ba đường phân giác của tam giác đồng quy tại một điểm).

Từ đó \(\hat{A C E} = \frac{1}{2} \hat{C} = 1 5^{\circ}\).