a) Ta có \(\hat{O_{1}} + \hat{O_{3}} = 90^{\circ}\) và \(\hat{O_{2}} + \hat{O_{3}} = 90^{\circ}\) suy ra \(\hat{O_{1}} = \hat{O_{2}}\).

Mặt khác \(\hat{A_{1}} = \hat{B_{1}} = 45^{\circ}\).

Xét \(\Delta A O P\) và \(\Delta B O R\) có

    \(O A = O B\) ( giả thiết)

    \(\hat{A_{1}} = \hat{B_{1}} = 4 5^{\circ}\)

    \(\hat{O_{1}} = \hat{O_{2}}\) (chứng minh trên)

Suy ra \(\Delta A O P = \Delta B O R\) (g.c.g)

b) Từ \(\Delta A O P = \Delta B O R\) suy ra \(O P = O R\) (hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự cho \(\Delta O B R = \Delta O C Q\) và \(\Delta O C Q = \Delta O D S\)

Suy ra \(O R = O Q\) và \(O Q = O S\).

Khi đó \(O P = O R = O S = O Q .\)

c) Tứ giác \(P R Q S\) là hình thoi vì có bốn cạnh bằng nhau.

Mà \(\Delta O P R\) có \(O P = O R\) và \(\hat{P O R} = 90^{\circ}\) nên \(\Delta O P R\) là tam giác vuông cân tại \(O\)

Suy ra \(\hat{P_{1}} = 45^{\circ}\).

Tương tự \(\hat{P_{2}} = 45^{\circ}\) nên \(\hat{R P S} = \hat{P_{1}} + \hat{P_{2}} = 90^{\circ}\).

Hình thoi \(P R Q S\) có \(\hat{R P S} = 90^{\circ}\) nên nó là hình vuông.

a) Ta có \(A D = B C\) suy ra \(\frac{A D}{2} = \frac{B C}{2}\) nên \(M C = N D\) và \(M C\) // \(N D\)

Do đó, \(M C D N\) là hình bình hành.

Lại có \(C D = A B = \frac{A D}{2} = N D\) nên \(M C D N\) là hình thoi

b) \(B M\) // \(A D\) suy ra \(A B M D\) là hình thang.

Mà \(\hat{A D C} = 120^{\circ}\) mà \(D M\) là phân giác \(\hat{A D C}\) nên \(\hat{A D M} = 60^{\circ} = \hat{B A D}\).

Vậy \(A B M D\) là hình thang cân.

c) \(\Delta K A D\) có \(\hat{K A D} = \hat{K D A}\) nên là tam giác cân.

Xét \(\Delta M B K\) và \(\Delta M C D\) có:

     \(M B = M C\) (giả thiết)

     \(\hat{M_{1}} = \hat{M_{2}}\) (đối đỉnh)

     \(\hat{B_{1}} = \hat{C}\) (so le trong)

Vậy \(\Delta M B K = \Delta M C D\) (g.c.g) suy ra \(M K = M D\) (hai cạnh tương ứng).

Khi đó \(A M\) là đường trung tuyến và \(B K = C D\) (hai cạnh tương ứng)

Mà \(C D = A B\) suy ra \(A B = B K\) hay \(D B\) là đường trung tuyến.

Khi đó, \(\Delta K A D\) có ba đường trung tuyến \(A M , B D , K N\) đồng quy.

a) Tứ giác \(A B C D\) có hai đường chéo \(A C , B D\) cắt nhau tại trung điểm \(N\) của mỗi đường nên là hình bình hành.

b) Ta có \(A P ⊥ B C\); \(A Q\) // \(B C\) suy ra \(A P ⊥ A Q\).

Tứ giác \(A P C Q\) có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

Khi đó hai đường chéo \(A C , P Q\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, mà \(N A = N C\) nên \(N\) là trung điểm của \(P Q\).

Suy ra \(P , N , Q\) thẳng hàng.

c) Để tứ giác \(A B C D\) là hình vuông thì ta cần \(A B ⊥ B C , A B = B C\) hay \(\Delta A B C\) vuông cân tại \(B .\)

a) Tứ giác \(A D M E\) có \(\hat{D A E} = \hat{D} = \hat{E} = 90^{\circ}\) nên \(A D M E\) là hình chữ nhật.

b) Vì \(D M ⊥ A B\) và \(A C ⊥ A B\) nên \(D M\) // \(A C\) suy ra \(\hat{C} = \hat{B M D}\) (so le trong).

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

     \(\hat{D} = \hat{E} = 90^{\circ}\)

     \(B M = C M\) (giả thiết)

     \(\hat{D M B} = \hat{C}\) (so le trong)

Vậy \(\Delta D M B = \Delta E C M\) (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra \(M E = B D\) (hai cạnh tương ứng) mà \(M E = A D\) nên \(A D = B D\).

Tứ giác \(A M B I\) có hai đường chéo \(A B , M I\) cắt nhau tại \(D\) là trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

Mà \(M I ⊥ A B\) suy ra \(A M B I\) là hình thoi.

c) Để \(A M B I\) là hình vuông thì \(A M ⊥ B M\) hay \(A M\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên \(\Delta A B C\) vuông cân tại \(A .\)

d) Giả sử \(A M\) cắt \(P Q\) tại \(F\) và \(P Q\) cắt \(A H\) tại \(O\).

Khi đó \(\Delta O A Q\) có \(O A = O Q\) nên \(\&\text{nbsp}; \Delta O A Q\) cân tại \(O\) suy ra \(\hat{Q_{1}} = \hat{O A Q}\)

\(\Delta A M C\) cân tại \(M\) suy ra \(\hat{A_{1}} = \hat{C}\)

Do đó, \(\hat{A_{1}} + \hat{Q_{1}} = \hat{C} + \hat{O A Q} = 90^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta F A Q\) vuông tại \(F\) hay \(A M ⊥ P Q .\)

a) Tứ giác \(A E D F\) có \(\hat{E A F} = \hat{A E D} = \hat{A F D} = 90^{\circ}\) nên là hình chữ nhật.

\(\Delta A B C\) vuông cân tại \(A\) có \(A M\) là trung tuyến nên \(A M\) cũng là đường phân giác \(\hat{E A F}\).

Hình chữ nhật \(A E D F\) có đường chéo \(A D\) là tia phân giác \(\hat{E A F}\) nên là hình vuông.

b) \(\Delta A E F\) vuông tại \(A\) có \(A E = A F\) nên vuông cân tại \(A\)

Suy ra \(\hat{F_{1}} = 45^{\circ} = \hat{C}\) mà \(\hat{F_{1}} , \hat{C}\) đồng vị nên \(E F\) // \(B C .\)

c) Gọi \(O\) là giao của \(A D\) với \(E F\) suy ra \(O E = O D = O F = O A\)

\(\Delta E N F\) vuông tại \(N\) có \(N O\) là đường trung tuyến nên \(N O = E O = F O\)

\(\Delta A N D\) có \(N O\) là đường trung tuyến mà \(N O = \frac{A D}{2}\) suy ra \(\Delta A N D\) vuông tại \(N .\)

a) Số mét khối nước cần có để bơm đầy bể bơi thứ nhất:

     \(1 , 2 x y\) (m\(^{3}\)) 

Số mét khối nước cần có để bơm đầy bể bơi thứ hai:

     \(1 , 5.5 x . 5 y = 37 , 5 x y\) (m\(^{3}\)) 

Số mét khối nước cần có để bơm đầy cả hai bể bơi:

     \(1 , 2 x y + 37 , 5 x y = 38 , 7 x y\) (m\(^{3}\)).

b) Lượng nước bơm đầy hai bể nếu \(x = 4\) m, \(y = 3\) m là:

\(38 , 7.4.3 = 464 , 4\) (m\(^{3}\))​.

a) \(2 \left(\right. 3 x - 1 \left.\right) = 10\)

\(6 x - 2 = 10\)

\(6 x = 12\)

\(x = 2\)

Vậy \(x = 2\)

b) \(\left(\left(\right. 3 x + 4 \left.\right)\right)^{2} - \left(\right. 3 x - 1 \left.\right) \left(\right. 3 x + 1 \left.\right) = 49\)

\(9 x^{2} + 24 x + 16 - 9 x^{2} + 1 = 49\)

\(24 x = 32\)

\(x = \frac{4}{3}\)

Vậy \(x = \frac{4}{3}\).​

a) \(\left(\right. 5 x^{3} y^{2} - 3 x^{2} y + x y \left.\right) : x y = 5 x^{2} y - 3 x + 1\).

b) Ta có: \(A + 2 M = P\)

\(A = P - 2 M\)

\(A = 3 x^{3} - 2 x^{2} y - x y + 3 - 2 \left(\right. x^{3} - x^{2} y + 2 x y + 3 \left.\right)\)

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

\(A = x^{3} - 6 x y - 3\).