
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.


Bài 2:
Qua B, kẻ tia BD nằm giữa hai tia BA và BC sao cho BD//Ax//Cz
ta có: BD//Ax
=>\(\hat{xAB}+\hat{ABD}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)
=>\(\hat{ABD}=180^0-125^0=55^0\)
Ta có: BD//Cz
=>\(\hat{DBC}+\hat{BCz}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)
=>\(\hat{DBC}=180^0-130^0=50^0\)
Ta có: tia BD nằm giữa hai tia BA và BC
=>\(\hat{ABC}=\hat{DBA}+\hat{DBC}\)
=>\(\hat{ABC}=55^0+50^0=105^0\)
Bài 3:
Ax//yy'
=>\(\hat{xAB}=\hat{yBA}\) (hai góc so le trong)
=>\(\hat{yBA}=50^0\)
Cz//yy'
=>\(\hat{yBC}=\hat{zCB}\) (hai góc so le trong)
=>\(\hat{yBC}=40^0\)
Ta có: tia By nằm giữa hai tia BA và BC
=>\(\hat{ABC}=\hat{yBA}+\hat{yBC}=40^0+50^0=90^0\)
Bài 4:
Qua B, kẻ tia BD nằm giữa hai tia BA và BC sao cho BD//Ax//Cz
BD//Ax
=>\(\hat{xAB}+\hat{ABD}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)
=>\(\hat{ABD}=180^0-110^0=70^0\)
ta có; tia BD nằm giữa hai tia BA và BC
=>\(\hat{DBA}+\hat{DBC}=\hat{ABC}\)
=>\(\hat{DBC}=100^0-70^0=30^0\)
Ta có: \(\hat{DBC}=\hat{zCB}\left(=30^0\right)\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên BD//Cz
Ta có: BD//Ax
BD//Cz
Do đó: Ax//Cz

a: a//b
=>\(\hat{A_1}=\hat{B_3}\) (hai góc so le trong)
mà \(\hat{A_1}=65^0\)
nên \(\hat{B_3}=65^0\)
b: Ta có: \(\hat{B}_3+\hat{B_2}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(\hat{B_2}=180^0-65^0=115^0\)
Giải:
a; \(\hat{A_1}\) = \(65^0\) (gt)
\(\hat{A_1}\) = \(\hat{A_3}\) = 65\(^0\)(đối đỉnh)
\(\hat{A_3}\) = \(\hat{B_3}\) = \(65^0\) (slt)
b; \(\hat{B_2}\) + \(\hat{B_3}\) = 180\(^0\) (hai góc kề bù)
\(\hat{B_2}\) = 180\(^0\) - \(\hat{B_3}\)
\(\hat{B_2}\) = 180\(^0\) - 65\(^0\) = 115\(^0\)
Vậy a; \(\hat{B}_3\) = 65\(^0\)
b; \(\hat{B_2}\) = 115\(^0\)

d: ĐKXĐ: x>=2
Ta có: \(\left(3\sqrt{x-2}+2\right)\left(\sqrt{x-1}+x\right)=0\)
mà \(3\sqrt{x-2}+2\ge2>0\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ
nên \(\sqrt{x-1}=x\)
=>\(\begin{cases}x-1=x^2\\ x\ge0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x^2-x+1=0\\ x\ge2\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}x^2-x+\frac14+\frac34=0\\ x\ge2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\left(x-\frac12\right)^2+\frac34=0\left(vôlý\right)\\ x\ge2\end{cases}\)
=>x∈∅

Bài 14:
\(A\left(x\right)+B\left(x\right)=5x^4-6x^3-3x^2-4\)
\(A\left(x\right)-B\left(x\right)=3x^4+7x^2+8x+2\)
Do đó: \(A\left(x\right)+B\left(x\right)+A\left(x\right)-B\left(x\right)=5x^4-6x^3-3x^2-4+3x^4+7x^2+8x+2\)
=>\(2\cdot A\left(x\right)=8x^4-6x^3+4x^2+8x-2\)
=>\(A\left(x\right)=4x^4-3x^3+2x^2+4x-1\)
Ta có: \(A\left(x\right)+B\left(x\right)=5x^4-6x^3-3x^2-4\)
=>\(B\left(x\right)=5x^4-6x^3-3x^2-4-4x^4+3x^3-2x^2-4x-1\)
=>\(B\left(x\right)=x^4-3x^3-5x^2-4x-5\)
Bài 13:
\(f\left(x\right)+g\left(x\right)=6x^4-3x^2-5\)
\(f\left(x\right)-g\left(x\right)=4x^4-6x^3+7x^2+8x-9\)
Do đó: \(f\left(x\right)+g\left(x\right)+f\left(x\right)-g\left(x\right)=6x^4-3x^2-5+4x^4-6x^3+7x^2+8x-9\)
=>\(2\cdot f\left(x\right)=10x^4-6x^3+4x^2+8x-14\)
=>\(f\left(x\right)=5x^4-3x^3+2x^2+4x-7\)
\(f\left(x\right)+g\left(x\right)=6x^4-3x^2-5\)
=>\(g\left(x\right)=6x^4-3x^2-5-5x^4+3x^3-2x^2-4x+7=x^4+3x^3-5x^2-4x+2\)


Bài 1:
1: xx'⊥AD
yy'⊥AD
Do đó: xx'//yy'
2:
Cách 1:
xx'//yy'
=>\(\hat{C_1}=\hat{x^{\prime}BC}\) (hai góc so le trong)
=>\(\hat{C_1}=70^0\)
Cách 2:
ta có: \(\hat{x^{\prime}BC}+\hat{xBC}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(\hat{xBC}=180^0-70^0=110^0\)
Ta có: xx'//yy'
=>\(\hat{xBC}+\hat{C_1}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)
=>\(\hat{C_1}=180^0-110^0=70^0\)
Bài 2:
a: \(\hat{ABC}=\hat{n^{\prime}CB}\left(=80^0\right)\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên mm'//nn'
b: Cách 1:
ta có: \(\hat{xAm}+\hat{mAD}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(\hat{mAD}=180^0-70^0=110^0\)
Ta có: AB//CD
=>\(\hat{mAD}=\hat{D_1}\) (hai góc so le trong)
=>\(\hat{D_1}=110^0\)
Cách 2:
Ta có: \(\hat{xAm}=\hat{BAD}\) (hai góc đối đỉnh)
mà \(\hat{xAm}=70^0\)
nên \(\hat{BAD}=70^0\)
Ta có: AB//CD
=>\(\hat{BAD}+\hat{D_1}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)
=>\(\hat{D_1}=180^0-70^0=110^0\)

a: Ta có: tia CA nằm giữa hai tia CB và CD
=>\(\hat{BCD}=\hat{BCA}+\hat{DCA}=80^0+30^0=110^0\)
ta có: \(\hat{BCD}+\hat{CBA}=110^0+70^0=180^0\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí trong cùng phía
nên AB//CD
b: AB//CD
=>\(\hat{BAC}=\hat{ACD}\) (hai góc so le trong)
=>\(\hat{BAC}=80^0\)
Câu 3:
Giải:
Kéo dài BO cắt CD tại E
\(\hat{ABA^{\prime}}\) = \(\hat{BEC}\) = 70\(^0\) (hai góc đồng vị)
⇒ \(\hat{OEC}=\hat{BEC}=70^0\)
\(\hat{BOC}\) = \(\hat{OCE}\) + \(\hat{OEC}\) (góc ngoài tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó)
\(\hat{BOC}\) = 70\(^0\) + 50\(^0\)
\(\hat{BOC}\) = 120\(^0\)
Vậy góc \(\hat{BOC}=120^0\)