a: Xét ΔABC có \(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

nên ΔABC vuông tại A

b; 

Ta có: \(\widehat{ABQ}+\widehat{ABC}=180^0\)(hai góc kề bù)

\(\Leftrightarrow\widehat{ABQ}+60^0=180^0\)

=>\(\widehat{ABQ}=120^0\)

ΔBAQ cân tại B

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

BE là phân giác của góc ABC

=>\(\widehat{ABE}=\widehat{CBE}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=30^0\)

\(\widehat{CBE}=\widehat{CQA}\)(=30⁰)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên BE//AQ

a: Xét ΔMNE vuông tại M và ΔDNE vuông tại D có

NE chung

NM=ND

Do đó: ΔMNE=ΔDNE

b: ΔMNE=ΔDNE

=>EM=ED

=>E nằm trên đường trung trực của MD(1)

ta có: NM=ND

=>N nằm trên đường trung trực của MD(2)

Từ (1),(2) suy ra NE là đường trung trực của MD

=>NE\(\perp\)MD tại A

=>NA là đường cao của ΔDNM

c: Ta có: \(\widehat{PMD}+\widehat{NMD}=\widehat{NMP}=90^0\)

\(\widehat{DMH}+\widehat{NDM}=90^0\)(ΔHDM vuông tại H)

mà \(\widehat{NMD}=\widehat{NDM}\)(NM=ND)

nên \(\widehat{PMD}=\widehat{DMH}\)

=>MD là phân giác của góc HMP

d: Gọi K là giao điểm của PF và NM

Xét ΔPKN có

NF,PM là các đường cao

NF cắt PM tại E
Do đó:E  là trực tâm của ΔPKN

=>KE\(\perp\)NP

mà ED\(\perp\)NP

nên K,E,D thẳng hàng

=>NM,DE,PF đồng quy tại K

Đặt \(\widehat{D}=a;\widehat{E}=b;\widehat{F}=c\)

Số đo các góc D,E,F lần lượt tỉ lệ thuận với 3;1;2

=>\(\dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{1}=\dfrac{c}{2}\)

Xét ΔDEF có \(\widehat{D}+\widehat{E}+\widehat{F}=180^0\)

=>a+b+c=180

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{1}=\dfrac{c}{2}=\dfrac{a+b+c}{3+1+2}=\dfrac{180}{6}=30\)

=>\(a=30\cdot3=90;b=30\cdot1=30;c=30\cdot2=60\)

Vậy: \(\widehat{D}=90^0;\widehat{E}=30^0;\widehat{F}=60^0\)

Bài 5:

a: Xét ΔNMI vuông tại M và ΔNKI vuông tại K có

NI chung

\(\widehat{MNI}=\widehat{KNI}\)

Do đó: ΔNMI=ΔNKI

b: Ta có: ΔNMI=ΔNKI

=>IM=IK

mà IK<IP(ΔIKP vuông tại K)

nên IM<IP

c: Xét ΔIMQ vuông tại M và ΔIKP vuông tại K có

IM=IK

\(\widehat{MIQ}=\widehat{KIP}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIMQ=ΔIKP

=>IQ=IP

=>ΔIQP cân tại I

Xét ΔNQP có

QK,PM là các đường cao

QK cắt PM tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔNQP

=>NI\(\perp\)PQ tại D

Bài 3:

Chiều dài hình chữ nhật là:

\(\dfrac{6x^2+7x-3}{3x-1}\)

\(=\dfrac{6x^2-2x+9x-3}{3x-1}\)

\(=\dfrac{2x\left(3x-1\right)+3\left(3x-1\right)}{3x-1}=2x+3\left(cm\right)\)

Bài 2:

a: \(A\left(x\right)=4x^2+4x+1\)

Bậc là 2

Hạng tử tự do là 1

Hạng tử cao nhất là \(4x^2\)

b: B(x)-A(x)

\(=5x^2+5x+1-4x^2-4x-1\)

=x²+x

Bài 5: 

Gọi A là biến cố "lấy ra được viên bi xanh"

=>n(A)=1

Số viên bi trong hộp là 1+9=10(viên)

=>Xác suất  của biến cố A là \(\dfrac{1}{10}\)

Câu 4:

Chiều rộng khu đất là:

\(\dfrac{4x^2+4x-3}{2x+3}\)

\(=\dfrac{4x^2+6x-2x-3}{2x+3}\)

\(=\dfrac{2x\left(2x+3\right)-\left(2x+3\right)}{2x+3}=2x-1\left(m\right)\)

Câu 6:

a: Xét ΔABC có BA<AC
mà \(\widehat{ACB};\widehat{ABC}\) lần lượt là góc đối diện của các cạnh AB,AC

nên \(\widehat{ACB}< \widehat{ABC}\)

b: Xét ΔBAM và ΔBDM có

BA=BD

\(\widehat{ABM}=\widehat{DBM}\)

BM chung

Do đó: ΔBAM=ΔBDM

=>MA=MD

a: Ta có: \(AN=NB=\dfrac{AB}{2}\)

\(AM=MC=\dfrac{AC}{2}\)

mà AB=AC

nên AN=NB=AM=MC

Xét ΔNBC và ΔMCB có

NB=MC

\(\widehat{NBC}=\widehat{MCB}\)

BC chung

Do đó: ΔNBC=ΔMCB

b: Xét ΔABC có

BM,CN là các đường trung tuyến

G là trọng tâm

Do đó: BM cắt CN tại G

=>\(GB=\dfrac{2}{3}MB;GC=\dfrac{2}{3}CN\)

mà MB=CN

nên GB=GC

=>\(\widehat{GBC}=\widehat{GCB}\)

Ta có: \(\widehat{GBC}+\widehat{GEC}=90^0\)(ΔECB vuông tại C)

\(\widehat{GCB}+\widehat{GCE}=90^0\)

mà \(\widehat{GBC}=\widehat{GCB}\)

nên \(\widehat{GEC}=\widehat{GCE}\)

=>ΔGEC cân tại G

c: ta có: BG=2/3BM

=>BG=2GM

mà BG=GE(=GC)

nên GE=2GM

=>M là trung điểm của GE

Xét ΔEBC có

G là trung điểm của EB

GD//BC

Do đó: D là trung điểm của EC

Xét ΔEGC có

GD,CM là các đường trung tuyến

GD cắt CM tại O

Do đó: O là trọng tâm của ΔEGC

120cm=1,2m

Chiều rộng lớn hơn chiều dài là sao bạn?

\(B\left(x\right)=-2x^3+2x^2+4x^2+3x-7+2x^3\)

\(=\left(-2x^3+2x^3\right)+\left(2x^2+4x^2\right)+3x-7\)

\(=6x^2+3x-7\)

`#NqHahh`

a: Xét ΔABD vuông tại A và ΔEBD vuông tại E có

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔBED

b: ΔBAD=ΔBED

=>BA=BE và DA=DE

Xét ΔDAM vuông tại A và ΔDEC vuông tại E có

DA=DE

\(\widehat{ADM}=\widehat{EDC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDAM=ΔDEC

=>DM=DC và AM=EC

Ta có: DM=DC

=>D nằm trên đường trung trực của MC(1)

Ta có: BA+AM=BM

BE+EC=BC

mà BA=BE và AM=EC

nên BM=BC

=>B nằm trên đường trung trực của MC(2)

Từ (1),(2) suy ra BD là đường trung trực của MC

a: Xét ΔAIB vuông tại I và ΔAIC vuông tại I có

AB=AC

AI chung

Do đó: ΔAIB=ΔAIC

b: ΔAIB=ΔAIC

=>IB=IC

=>I là trung điểm của BC

ΔAIB=ΔAIC

=>\(\widehat{IAB}=\widehat{IAC}\)

=>AI là phân giác của góc BAC

c: E là trung điểm của BI

=>\(BE=EI=\dfrac{BI}{2}=\dfrac{CI}{2}\)

=>\(\dfrac{CI}{CE}=\dfrac{2}{3}\)

Xét ΔCAK có

CE là đường trung tuyến

\(CI=\dfrac{2}{3}CE\)

Do đó: I là trọng tâm của ΔCAK

Xét ΔCAK có

I là trọng tâm

F là trung điểm của AC

Do đó: K,I,F thẳng hàng