a) Xét ΔABE và ΔACF có : \(\overgroup{AEB}\) = \(\overgroup{AFC}\) = \(90^{o}\)

\(\overgroup{A}\) chung

Suy raΔABE ∼ ΔACF (g.g)

nên \(\frac{A B}{A C} = \frac{A E}{A F}\) nên \(A B . A F = A C . A E\)

b) Từ \(A B . A F = A C . A E\) suy ra \(\frac{A E}{A F} = \frac{A B}{A C}\)

Xét \(\Delta A E F\) và \(\Delta A B C\) có:

\(\frac{A E}{A F} = \frac{A B}{A C}\) (cmt)

\(\overgroup{BAC}\) chung

Do đó \(\Delta A E F \sim \Delta A B C\) (c.g.c)

Suy ra \(\overgroup{AFE}=\overgroup{ACB}\) (cặp góc tương ứng)

c) Xét \(\Delta C E B\) và \(\Delta C D A\) có:

\(\overgroup{ACB}\) chung

\(\overgroup{CEB}=\overgroup{CDA}=90^{\circ}\)

Do đó \(\Delta C E B \sim \Delta C D A\) (g.g)

Suy ra \(\frac{C B}{C E} = \frac{C A}{C D}\) (cặp cạnh tương ứng)

Xét \(\Delta C B A\) và \(\Delta C E D\) có:

\(\frac{C B}{C E} = \frac{C A}{C D}\) (cmt)

\(\overgroup{ACB}\) chung

Do đó \(\Delta C B A \sim \Delta C E D\) (c.g.c)

Suy ra \(\overgroup{CDE}=\overgroup{CAB}\) (cặp góc tương ứng) (1)

Tương tự: \(\overgroup{BDF}=\overgroup{CAB}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\overgroup{CDE}=\overgroup{BDF}\)

Mà \(\overgroup{CDE}+\overgroup{EDA}=\overgroup{BDF}+\overgroup{FDA}\) suy ra \(\overgroup{EDA}=\overgroup{FDA}\)

Suy ra \(D A\) là phân giác của góc \(E D F\)

Mặt khác \(A D \bot K D\) nên \(D K\) là phân giác ngoài của \(\Delta D E F\)

Ta có \(D I\) là phân giác trong của \(\Delta DEF\) suy ra \(\frac{I F}{I E} = \frac{D F}{D E}\) (3)

Ta có \(D K\) là phân giác ngoài của \(\Delta D E F\) suy ra \(\frac{K F}{K E} = \frac{D F}{D E}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{I F}{I E} = \frac{K F}{K E}\)

a) thay m= -1 ta có y= -2x +1

Đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua 2 điểm (0;1) và (\(\frac12\) ;0)

b) Vì đường thẳng \(\left(\right. d \left.\right) : y = a x + b\) song song với đường thẳng \(\left(\right. d^{'} \&\text{nbsp}; \left.\right) : y = - 3 x + 9\) nên: \(a \neq - 3 ; b \neq 9\).

Khi đó ta có: \(\left(\right. d \left.\right) : y = - 3 x + b\) và \(b \neq 9\).

Vì đường thẳng \(\left(\right. d \left.\right) : y = a x + b\) đi qua \(A \left(\right. 1 ; - 8 \left.\right)\) nên: \(- 8 = - 3.1 + b\)

Suy ra \(b = - 5\) (thoả mãn)

Vậy đường thẳng cần tìm là \(\left(\right. d \left.\right) : y = - 3 x - 5\).

Gọi x là thời gian từ thành phố về quê (h, x >0 )

Đổi 20 phút = \(\frac13\) h

Vì lúc lên thành phố nhiều hơn thời gian về quê nên ta có PT : x+\(\frac13\)

Quãng đường lên thành phố là 25(x+\(\frac13\) )

Quãng đường về quê là 30x

Vì lúc về quê và lên thành phố đều đi chung 1 quãng đường nên ta có PT :

30x = 25(x+\(\frac13\) )

30x =25x +\(\frac{25}{3}\)

30x-25x = \(\frac{25}{3}\)

5x= \(\frac{25}{3}\)

x=\(\frac53\)

Vậy quãng đường từ thành phố về quê là 50km ( Thỏa mãn )

a) x = 3

b) x= \(\frac14\)

Xét \(\Delta A B C\) có \(A B = 10\) cm, \(A C = 17\) cm, \(B C = 21\) cm.

Gọi \(A H\) là đường cao của tam giác.

Vì \(B C\) là cạnh lớn nhất của tam giác nên \(\hat{B} , \hat{C} < 9 0^{\circ}\), do đó \(H\) nằm giữa \(B\) và \(C\).

Đặt \(H C = x , H B = y\), ta có : \(x + y = 21\) (1)

Mặt khác \(\left(A H\right)^{2} = 1 0^{2} - y^{2} , \left(A H\right)^{2} = 1 7^{2} - x^{2}\) nên \(x^{2} - y^{2} = 1 7^{2} - 1 0^{2} = 289 - 100 = 189\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(x + y = 21\), \(x - y = 9\).

Do đó \(x = 15\), \(y = 6\).

Ta có \(\left(A H\right)^{2} = 1 0^{2} - 6^{2} = 64\) nên \(A H = 8\).

Vậy \(S_{A B C} = \frac{21.8}{2} = 84\) (cm\(^{2}\)).

Chiều cao của mỗi hình chóp tứ giác đều là:

     \(30 : 2 = 15\) (m).

Thể tích của lồng đèn quả trám là:

     \(V = 2. \left(\right. \frac{1}{3} . 20.20.15 \left.\right) = 4 000\) (cm\(^{3}\)).

a) Vì tam giác \(K B C\) vuông tại \(K\) suy ra \(\hat{K B H} = 9 0^{\circ}\)

Vì \(C I \bot B I\) (gt) suy ra \(\hat{C l H} = 9 0^{\circ}\)

Xét \(\triangle K B H\) và \(\triangle C H I\) có:

\(\hat{K B H} = \hat{C I H} = 9 0^{\circ}\);

\(\hat{B H K} = \hat{C H I}\) (đối đỉnh)

Suy ra \(\Delta B H K \sim \Delta C H I\) (g.g)

b) Ta có \(\Delta B H K \sim \Delta C H I\) suy ra \(\hat{H B K} = \hat{H C I}\) (hai góc tương ứng) 

Mà \(B H\) là tia phân giác của \(\hat{A B C}\) nên \(\hat{H B K} = \hat{H B C}\).

Do đó \(\hat{H B C} = \hat{H C I}\).

Xét \(\triangle C I B\) và \(\triangle H I C\) có:

\(\hat{C I B}\) chung;

\(\hat{I B C} = \hat{H C I}\) (cmt)

Vậy \(\Delta C I B \approx \Delta H I C\) (g.g) suy ra \(\frac{C I}{H I} = \frac{I B}{I C}\)

Hay \(\left(C I\right)^{2} = H I . I B\)

c) Xét \(\triangle A B C\) có \(B I \bot A C\); \(C K \bot A B\); \(BI\cap CK=(H)\)

Nên \(H\) là trực tâm \(\triangle A B C\) suy ra \(A H \bot B C\) tại \(D\).

Từ đó ta có \(\triangle B K C \sim \triangle H D C\) (g.g) nên \(\frac{C B}{C H} = \frac{C K}{C D}\)

Suy ra \(\frac{C B}{C K} = \frac{C H}{C D}\) nên \(\triangle B H C \sim \triangle K D C\) (c.g.c)

Khi đó \(\hat{H B C} = \hat{D K C}\) (hai góc tương ứng)

Chứng minh tương tự \(\hat{H A C} = \hat{I K C}\)

Mà \(\hat{H A C} = \hat{H B C}\) (cùng phụ \(\hat{A C B}\) )

Suy ra \(\hat{D K C}=\hat{I K C}\).

Vậy \(K C\) là tia phân giác của \(\hat{I K D}\).

Xác suất của biến cố lấy được viên bi màu đỏ là \(\frac{8}{19}\)

1)

a) Xét đường thẳng: \(\left(\right. d_{1} \left.\right) : y = - 3 x\).

Nếu \(x = 0\) thì \(y = 0\) suy ra \(\left(\right. d_{1} \left.\right)\) đi qua điểm có tọa độ \(\left(\right. 0 ; 0 \left.\right)\)

Nếu \(x = 1\) thì \(y = - 3\) suy ra \(\left(\right. d_{1} \left.\right)\) đi qua điểm có tọa độ \(\left(\right. 1 ; - 3 \left.\right)\)

Ta vẽ đồ thị:

b) Vì \(\left(\right. d_{3} \left.\right) : y = a x + b\) song song với \(\left(\right. d_{2} \left.\right) : y = x + 2\) nên \(a = 1 , b \neq 2\).

Khi đó đường thẳng \(\left(\right. d_{3} \left.\right)\) có dạng \(y = x + b\) với \(b \neq 2\).

Vì \(\left(\right. d_{3} \left.\right)\) đi qua điểm có tọa độ \(A \left(\right. - 1 ; 3 \left.\right)\) nên: \(3 = - 1 + b\) hay \(b = 3 + 1 = 4\) (thỏa mãn).

Vậy đường thẳng \(\left(\right. d_{3} \left.\right)\) là \(\left(\right. d_{3} \left.\right) : y = - x + 4\).

2) Vậy theo kế hoạch tổ I làm được \(400\) sản phẩm, tổ II làm được \(500\) sản phẩm.

a) x= 7

b) x= \(\frac{94}{13}\)