Kẻ Ex // AB 

 \(\widehat{BEx}\) = \(\widehat{CBA}\) = 49⁰  (đồng vị)

\(\widehat{xEF}\) + \(\widehat{EFG}\)  = 180⁰ (hai góc trong cùng phía)

⇒ \(\widehat{xEF}\) =  180⁰ - \(\widehat{EFG}\) = 180⁰ - 120⁰ = 60⁰

\(\widehat{BEF}\) = \(\widehat{BEx}\) +  \(\widehat{xEF}\) = 49⁰ + 60⁰ = 109⁰ 

Kết luận: góc BEF là 109⁰

Kẻ Ex//AB(Ex và AB nằm trên cùng mặt phẳng bờ chứa tia BE)

Ta có: Ex//AB

AB//FG

Do đó: Ex//FG

Ex//AB

=>\(\widehat{BEx}=\widehat{CBA}\)(hai góc đồng vị)

=>\(\widehat{xEB}=49^0\)

Ta có: Ex//FG

=>\(\widehat{xEF}+\widehat{EFG}=180^0\)

=>\(\widehat{xEF}=180^0-120^0=60^0\)

\(\widehat{BEF}=\widehat{xEB}+\widehat{xEF}=49^0+60^0=109^0\)

Kẻ Ex//AB(Ex và AB nằm trên cùng mặt phẳng bờ chứa tia BE)

Ta có: Ex//AB

AB//FG

Do đó: Ex//FG

Ex//AB

=>\(\widehat{BEx}=\widehat{CBA}\)(hai góc đồng vị)

=>\(\widehat{xEB}=49^0\)

Ta có: Ex//FG

=>\(\widehat{xEF}+\widehat{EFG}=180^0\)

=>\(\widehat{xEF}=180^0-120^0=60^0\)

\(\widehat{BEF}=\widehat{xEB}+\widehat{xEF}=49^0+60^0=109^0\)

a: Ta có: \(\widehat{xBy}=\widehat{xAz}\left(=60^0\right)\)

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

nên By//Az

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

=>\(\widehat{ABC}+60^0=180^0\)

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

AC là phân giác của góc zAB

=>\(\widehat{BAC}=\dfrac{\widehat{xAB}}{2}=30^0\)

Xét ΔBAC có \(\widehat{ABC}+\widehat{BAC}+\widehat{BCA}=180^0\)

=>\(\widehat{BCA}+120^0+30^0=180^0\)

=>\(\widehat{BCA}=30^0\)

c: Ta có: BD là phân giác của góc ABC

=>\(\widehat{ABD}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=60^0\)

Xét ΔDBA có \(\widehat{DBA}+\widehat{DAB}=60^0+30^0=90^0\)

nên ΔBDA vuông tại D

=>BD\(\perp\)AC

AE//BD

=>\(\widehat{BAE}+\widehat{ABD}=180^0\)(hai góc trong cùng phía)

=>\(\widehat{BAE}+90^0=180^0\)

=>\(\widehat{BAE}=90^0\)

Ta có: AE//BD

=>\(\widehat{AED}+\widehat{BDE}=180^0\)(hai góc trong cùng phía)

=>\(\widehat{BDE}+55^0=180^0\)

=>\(\widehat{BDE}=125^0\)

a: a\(\perp\)HK

b\(\perp\)HK

Do đó: a//b

b: Ta có: \(\widehat{BAH}+45^0=180^0\)

=>\(\widehat{BAH}=180^0-45^0=135^0\)

Ta có: a//b

=>\(\widehat{BAH}+\widehat{ABK}=180^0\)(hai góc trong cùng phía)

=>\(\widehat{ABK}+135^0=180^0\)

=>\(\widehat{ABK}=45^0\)

a: Ta có: \(\widehat{xOy}=\widehat{mOn}\)(hai góc đối đỉnh)

mà \(\widehat{xOy}=50^0\)

nên \(\widehat{mOn}=50^0\)

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

=>\(\widehat{mOy}+50^0=180^0\)

=>\(\widehat{mOy}=130^0\)

Ta có: \(\widehat{xOn}=\widehat{mOy}\)(hai góc đối đỉnh)

mà \(\widehat{mOy}=130^0\)

nên \(\widehat{xOn}=130^0\)

b: Oa là phân giác của góc xOy

=>\(\widehat{yOa}=\dfrac{\widehat{xOy}}{2}=25^0\)

Ta có: Ob là phân giác của góc yOm

=>\(\widehat{yOb}=\dfrac{\widehat{yOm}}{2}=65^0\)

Ta có: \(\widehat{aOb}=\widehat{aOy}+\widehat{bOy}=25^0+65^0=90^0\)

a: Xét ΔBAE và ΔBDE có

BA=BD

\(\widehat{ABE}=\widehat{DBE}\)

BE chung

Do đó: ΔBAE=ΔBDE

b: ΔBAE=ΔBDE

=>\(\widehat{BAE}=\widehat{BDE}\)

=>\(\widehat{BDE}=90^0\)

=>DE\(\perp\)BC tại D

XétΔBHF vuông tại H và ΔBHC vuông tại H có

BH chung

\(\widehat{HBF}=\widehat{HBC}\)

Do đó ΔBHF=ΔBHC

c: Xét ΔBFC có

BH,CA là các đường cao

BH cắt CA tại E

Do đó: E là trực tâm của ΔBFC
=>FE\(\perp\)BC

mà DE\(\perp\)BC

và FE,DE có điểm chung là E

nên F,E,D thẳng hàng

\(d.\dfrac{59-x}{41}+\dfrac{57-x}{43}=\dfrac{41-x}{59}+\dfrac{43-x}{57}\\ \left(\dfrac{59-x}{41}+1\right)+\left(\dfrac{57-x}{43}+1\right)=\left(\dfrac{41-x}{59}+1\right)+\left(\dfrac{43-x}{57}+1\right)\\ \dfrac{100-x}{41}+\dfrac{100-x}{43}=\dfrac{100-x}{59}+\dfrac{100-x}{57}\\ \left(100-x\right)\left(\dfrac{1}{41}+\dfrac{1}{43}-\dfrac{1}{59}-\dfrac{1}{57}\right)=0\\ 100-x=0\\ x=100\)

bài 4:

\(C=\left(1+\dfrac{1}{1\cdot3}\right)\left(1+\dfrac{1}{2\cdot4}\right)\cdot...\cdot\left(1+\dfrac{1}{98\cdot100}\right)\)

\(=\left(1+\dfrac{1}{2^2-1}\right)\left(1+\dfrac{1}{3^2-1}\right)\cdot...\cdot\left(1+\dfrac{1}{99^2-1}\right)\)

\(=\dfrac{2^2}{2^2-1}\cdot\dfrac{3^2}{3^2-1}\cdot...\cdot\dfrac{99^2}{99^2-1}\)

\(=\dfrac{2\cdot3\cdot...\cdot99}{1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot98}\cdot\dfrac{2\cdot3\cdot...\cdot99}{3\cdot4\cdot...\cdot100}=\dfrac{99}{1}\cdot\dfrac{2}{100}=\dfrac{99}{50}\)

Bài 5:

\(B=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{205}}{\dfrac{204}{1}+\dfrac{203}{2}+...+\dfrac{1}{204}}\)

\(=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{205}}{\left(1+\dfrac{203}{2}\right)+\left(1+\dfrac{202}{3}\right)+...+\left(\dfrac{1}{204}+1\right)+1}\)

\(=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{205}}{\dfrac{205}{2}+\dfrac{205}{3}+...+\dfrac{205}{205}}=\dfrac{1}{205}\)

Bài 5

Ta có:

\(x^2-x-6=\left(x-3\right)\left(x+2\right)\) và đa thức chia bậc 2 nên dư là \(ax+b\)

Vậy \(f\left(x\right)=\left(x-3\right)\left(x+2\right)\left(x^2+4\right)+ax+b\)

Theo định lí Bezout, dư trong phép chia \(f\left(x\right)\) cho \(x-3\) là \(f\left(3\right)=21\) cho \(x+2\) là \(f\left(-2\right)=4\) nên ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}3a+b=21\\-2a+b=-4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=5\\b=6\end{matrix}\right.\)

Đa thức cần tìm là \(\left(x+2\right)\left(x-3\right)\left(x^2+4\right)+5x+6=x^4-x^3-2x^2+x-18\)

Bài 4:

\(2n^2+6n-7⋮n-2\)

=>\(2n^2-4n+10n-20+13⋮n-2\)

=>\(13⋮n-2\)

=>\(n-2\in\left\{1;-1;13;-13\right\}\)

=>\(n\in\left\{3;1;15;-11\right\}\)