​

a) Xét \(\triangle A B C\) có \(\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} = 18 0^{\circ}\) mà \(\hat{A} = 9 0^{\circ} ; \hat{B} = 5 0^{\circ}\) suy ra \(9 0^{\circ} + 5 0^{\circ} + \hat{C} = 18 0^{\circ} = > \hat{C} = 4 0^{\circ}\)
b) Xét tam giác \(\triangle B E A\) và \(\triangle B E H\).
có \(B E\) là cạnh chung
\(\&\text{nbsp}; & \hat{B A E} = \hat{B H E} \left(\right. = 9 0^{\circ} \left.\right) \\ & B A = B H \\ \&\text{nbsp};\text{suy}\&\text{nbsp}; & \&\text{nbsp};\text{ra}\&\text{nbsp}; \triangle A B E = \triangle H B E \&\text{nbsp};(\text{c}.\text{h}-\text{cgv})\&\text{nbsp}; \\ \Rightarrow & \hat{A B E} = \hat{H B E}\).
\(= > B E\) là phân giác của \(\hat{B}\)
c) \(E\) là giao điểm của hai đường cao trong tam giác \(B K C\) nên \(B E\) vuông góc với \(K C\).

Tam giác \(B K C\) cân tại \(B\) có \(B I\) là đường cao nên \(B I\) là đường trung tuyến. Do đó \(I\) là trung điểm của \(K C\).

Tổng số HS là 1 + 5 = 6 (HS).

Do khả năng lựa chọn của các bạn là như nhau nên xác suất của biến cố bạn được chọn là nam là \(\frac{1}{6}\).

​ a) A(x)=2x3−x2+3x−5B(x)=2x3+x2+x+5A(x)+B(x)=(2x3−x2+3x−5)+(2x3+x2+x+5)=4x3+4x​.
\(& \&\text{nbsp};\text{b})\&\text{nbsp};\text{Ta}\&\text{nbsp};\text{c} \overset{ˊ}{\text{o}} :\&\text{nbsp}; H \left(\right. x \left.\right) = A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right) \\ & \begin{matrix} & \Rightarrow H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{3} + 4 x \\ & H \left(\right. x \left.\right) = 0 \Rightarrow 4 x^{3} + 4 x = 0 \\ & 4 x \left(\right. x^{2} + 1 \left.\right) = 0 \\ & \Rightarrow 4 x = 0 \left(\right. \&\text{nbsp};\text{do}\&\text{nbsp}; x^{2} + 1 > 0 \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp};\text{m}ọ\text{i}\&\text{nbsp}; x \left.\right) \\ & x = 0.\end{matrix}\)
Vậy nghiệm của \(H \left(\right. x \left.\right)\) là \(x = 0\).

Gọi số sách lớp 7A; 7B quyên góp được lần lượt là \(x , y\) ( ĐK: \(x , y \in \&\text{nbsp}; N^{*}\))

Theo đề bài:

+) Lớp 7A và 7B quyên góp được \(121\) quyển sách

Nên ta có: \(x + y = 121\)

+) Số sách giáo khoa của lớp 6A; lớp 6B tỉ lệ thuận với tỉ lệ thuận với 5; 6

Nên ta có: \(\frac{x}{5} = \frac{y}{6}\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có \(\frac{x}{5} = \frac{y}{6} = \frac{x + y}{5 + 6} = \frac{121}{11} = 11\)

Suy ra: x=55, y= 66 ( thỏa mãn).

Vậy lớp 6A quyên góp được \(55\) quyển sách, lớp 6B quyên góp được \(66\) cuốn.

Kí hiệu A, B là vị trí ông A và ông B đang đứng. C là vị trí bộ phát wifi.

Trong \(\Delta A B C\) có \(B C > A B - A C = 55 - 20 = 35\).

Suy ra khoảng cách từ ông B đến vị trí bộ phát wifi lớn hơn bán kính hoạt động của bộ phát. Do đó ông B không nhận được sóng wifi.

Khoảng cách từ ông A đến bộ phát wifi là \(20\) m(nhỏ hơn bán kính hoạt động của bộ phát) nên ông A nhân được sóng wifi.

a)

Xét \(\triangle A D M\) và \(\triangle A B M\) có \(A D = A B\) (giả thiết); \(D M = B M\) (giả thiết \(M\) là trung điểm của \(B D\) ); \(A M\) chung. Suy ra \(\triangle A D M = \triangle A B M\) (c.c.c).

Do đó \(\hat{D A M} = \hat{B A M}\) (góc tương ứng). Vì vậy \(A M\) là tia phân giác góc \(A\) của tam giác \(A B C\).

b)

Theo chứng minh trên, có \(A M\) là tia phân giác góc \(A\). Lại có \(E\) là giao điểm của tia phân giác góc \(B\) với tia \(A E\) (giả thiết).

Như vậy \(E\) là giao điểm của tia phân giác góc \(A\) với tia phân giác góc \(B\). Suy ra \(C E\) là phân giác góc \(C\) (theo định lí: ba đường phân giác của tam giác đồng quy tại một điểm).

Từ đó \(\hat{A C E} = \frac{1}{2} \hat{C} = 1 5^{\circ}\).

a) Biểu đồ đã sử dụng là biểu đồ cột kép.

b) -Đối tượng thống kê là vùng ĐBSH, vùng ĐBSCL, quý 1, quý 2, quý 3 , quý 4.

-Tiêu chí thống kê là số tiền công ty An Bình đã đầu tư.

c) Công ty An Bình đâu tư vào vùng ĐBSH và vùng ĐBSCL năm 2021.

d)

Tổng mức đầu tư của công ty vào cả hai vùng cao nhất trong quý \(1\).

e) Năm 2021, tổng mức đầu tư của công ty vào ĐBSH là \(62 + 55 + 35 + 61 = 213\) tỷ đồng; tổng mức đầu tư của công ty vào ĐBSCL là \(78 + 45 + 25 + 35 = 183\) tỉ đồng. Công ty đã đầu tư vào ĐBSH nhiều hơn.

M(x)=x8−101x7+101x6−101x5+...+101x2−101x+125

\(= x^{8} - 100 x^{7} - x^{7} + 100 x^{6} + x^{6} - 100 x^{5} - x^{5} + . . . + 100 x^{2} + x^{2} - 100 x - x + 100 + 25\)

\(= x^{7} \left(\right. x - 100 \left.\right) - x^{6} \left(\right. x - 100 \left.\right) + x^{5} \left(\right. x - 100 \left.\right) - . . . + x \left(\right. x - 100 \left.\right) - \left(\right. x - 100 \left.\right) + 25\)

Vậy \(M \left(\right. 100 \left.\right) = 25\).

a) Xét \(\Delta B A D\) và \(\Delta E A D\):

      \(\hat{A B D} = \hat{A E D} = 9 0^{\circ}\).

      \(A D\) chung.

      \(\hat{B A D} = \hat{E A D} \left(\right. g t \left.\right)\).

Suy ra \(\Delta B A D = \Delta E A D\) (cạnh huyền - góc nhọn)

b) Do \(\Delta B A D = \Delta E A D\) (câu a) nên

+ ) \(A B = A E\) (Cặp cạnh tương ứng)

\(A\) nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng \(B E\) (1)

+) \(D B = D E\) (Cặp cạnh tương ứng)

\(D\) nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng \(B E\) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra \(A D\) là đường trung trực của \(B E\).

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

       \(B K = C E\) (gt).

     \(\hat{K B D} = \hat{C E D} = 9 0^{\circ}\).

      \(B D = D E\) (chứng minh trên).

Suy ra \(\Delta B D K = \Delta E D C\) (c.g.c)

Suy ra \(\hat{B D K} = \hat{E D C}\) (Cặp góc tương ứng) (3)

Mặt khác ta có \(D\) thuộc cạnh \(B C\) nên \(\hat{E D C} + \hat{E D B} = 18 0^{\circ}\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\hat{B D K} + \hat{E D B} = 18 0^{\circ}\).

Hay ba điểm \(E , D , K\) thẳng hàng.