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

=>ND\(\perp\)PQ

MI < IP mà

a: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ACB}=90^0-60^0=30^0\)

Xét ΔABC có \(\widehat{ACB}< \widehat{ABC}< \widehat{BAC}\)

mà AB,AC,BC lần lượt là cạnh đối diện của các góc ACB,ABC,BAC

nên AB<AC<BC

b: Xét ΔBAE vuông tại A và ΔBHE vuông tại H có

BE chung

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

Do đó: ΔBAE=ΔBHE

c: ΔBAE=ΔBHE

=>BA=BH

Xét ΔBHK vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

BH=BA

\(\widehat{HBK}\) chung

Do đó: ΔBHK=ΔBAC

=>BK=BC

=>ΔBKC cân tại B

Xét ΔBKC cân tại B có \(\widehat{KBC}=60^0\)

nên ΔBKC đều

a: Xét ΔABD vuông tại B và ΔAID vuông tại I có

AD chung

\(\widehat{BAD}=\widehat{IAD}\)

Do đó: ΔABD=ΔAID

b: ta có: ΔABD=ΔAID

=>DB=DI

mà DI<DC(ΔDIC vuông tại I)

nên DB<DC

c: Xét ΔAEC có

AK là đường cao

AK là đường phân giác

Do đó: ΔAEC cân tại A

Ta có: ΔAEC cân tại A

mà AK là đường cao

nên K là trung điểm của EC

d: Xét ΔAEC có \(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AI}{AC}\)

nên BI//EC

e: Xét ΔAEC có

AK,CB là các đường cao

AK cắt CB tại D

Do đó: D là trực tâm của ΔAEC

=>ED\(\perp\)AC

mà DI\(\perp\)AC

và ED,DI có điểm chung là D

nên E,D,I thẳng hàng

a: Xét ΔNMD vuông tại M và ΔNED vuông tại E có

ND chung

\(\widehat{MND}=\widehat{END}\)

Do đó: ΔNMD=ΔNED
b: Ta có; ΔNMD=ΔNED

=>DM=DE

Xét ΔDMF vuông tại M và ΔDEP vuông tại E có

DM=DE
\(\widehat{MDF}=\widehat{EDP}\)

Do đó: ΔDMF=ΔDEP

=>DF=DP

=>ΔDFP cân tại D

c: Ta có: ΔDMF=ΔDEP

=>MF=EP

ΔNMD=ΔNED
=>NM=NE

Ta có: NM+MF=NF

NE+EP=NP

mà NM=NE và MF=EP

nên NF=NP

=>N nằm trên đường trung trực của FP(1)

Ta có: DF=DP

=>D nằm trên đường trung trực của FP(2)

Ta có: KF=KP

=>K nằm trên đường trung trực của FP(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra N,D,K thẳng hàng

Bài 5:

a: Xét ΔABC có \(\widehat{BAC}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^0\)

=>\(\widehat{ACB}+57^0+72^0=180^0\)

=>\(\widehat{ACB}=51^0\)

Xét ΔABC có \(\widehat{ACB}< \widehat{BAC}< \widehat{ABC}\)

mà AB,BC,AC lần lượt là cạnh đối diện của các góc ACB,BAC,ABC

nên AB<BC<AC

b: Xét ΔBIM và ΔCEM có

MB=MC

\(\widehat{BMI}=\widehat{CME}\)(hai góc đối đỉnh)

MI=ME

Do đó: ΔBIM=ΔCEM

=>\(\widehat{BIM}=\widehat{CEM}\)

=>BI//CE

c: Xét ΔMAK có

MH là đường cao

MH là đường trung tuyến

Do đó: ΔMAK cân tại M

Bài 6:

Số tiền của hóa đơn sau khi giảm giá lần 1 là:

\(16,245:\left(1-5\%\right)=17,1\left(triệuđồng\right)\)

Số tiền đúng của hóa đơn ban đầu là:

17,1:(1-10%)=19(triệu đồng)

Giá niêm yết của cái tivi là:

19-7=12(triệu đồng)

a: Xét ΔBHA và ΔBHD có

BH chung

HA=HD

BA=BD

Do đó: ΔBHA=ΔBHD

b: ΔBHA=ΔBHD

=>\(\widehat{ABH}=\widehat{DBH}\)

Xét ΔBAE và ΔBDE có

BA=BD

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

BE chung

Do đó: ΔBAE=ΔBDE
=>EA=ED
=>ΔEAD cân tại E

c: Xét ΔADF có HE//DF

nên \(\dfrac{HE}{DF}=\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{1}{2}\)

Xét ΔKDF và ΔKEH có

\(\widehat{KDF}=\widehat{KEH}\)(DF//EH)

\(\widehat{DKF}=\widehat{EKH}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔKDF~ΔKEH

=>\(\dfrac{KD}{KE}=\dfrac{DF}{EH}=2\)

=>KD=2KE

b) Do ∆ABD = ∆AID (cmt)

⇒ DB = ID (hai cạnh tương ứng)

∆ICD vuông tại I

⇒ DC là cạnh huyền nên là cạnh lớn nhất

⇒ ID < DC

Mà DB = ID (cmt)

⇒ DB < DC

a) Xét hai tam giác vuông: ∆ABI và ∆EBI có:

BI là cạnh chung

BA = BE (gt)

⇒ ∆ABI = ∆EBI (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

b) Do ∆ABI = ∆EBI (cmt)

⇒ AI = EI (hai cạnh tương ứng)

Xét hai tam giác vuông: ∆IAM và ∆IEC có:

AI = EI (cmt)

∠AIM = ∠EIC (đối đỉnh)

⇒ ∆IAM = ∆IEC (cạnh góc vuông - góc nhọn kề)

⇒ AM = EC (hai cạnh tương ứng)

c) ∆ABC vuông tại A (gt)

⇒ CA ⊥ AB

⇒ CA ⊥ BM

⇒ CA là đường cao của ∆BCM

Do IE ⊥ BC (gt)

⇒ ME ⊥ BC

⇒ ME là đường cao thứ hai của ∆BCM

Mà ME và CA cắt nhau tại I

⇒ I là trực tâm của ∆BCM

⇒ BI ⊥ CM

Ta có:

BE = BA (gt)

CE = AM (cmt)

⇒ BE + CE = BA + AM

⇒ BC = BM

⇒ ∆BCM cân tại B

Mà D là trung điểm của MC (gt)

⇒ BD là đường trung tuyến của ∆BCM

⇒ BD cũng là đường cao của ∆BCM

⇒ BD ⊥ CM

Mà BI ⊥ CM (cmt)

⇒ B, I, D thẳng hàng

a) Ta có:

• ∠BAE = ∠BEA (vì BE = BA)
• ∠BAE + ∠BEA = 90° (vì AE vuông góc với BC) => ∠BAE = ∠BEA = 45°

Vậy ∆BAI và ∆BEI là hai tam giác cân có cạnh góc vuông, do đó chúng là hai tam giác đồng dạng. => ∆ABI = ∆EBI (theo tính đồng dạng của hai tam giác).

b) Ta có:

• ∠BAE = 45° (vì BE = BA và AE vuông góc với BC)
• ∠BAM = 90° (vì AM vuông góc với BC)

Vậy ∠BAE = ∠BAM. => Tam giác ∆BAE đồng dạng với tam giác ∆BAM (theo góc bên trong tương đương của tam giác đồng dạng). => AM = EC (theo tính chất của tam giác đồng dạng, tỉ lệ các cạnh tương ứng).

c) Gọi D là trung điểm của MC. Ta có:

• D là trung điểm của MC => DM = DC.
• ∠BEC = 90° (vì BE vuông góc với EC) => ∆BED và ∆BDM là hai tam giác vuông cân (vì BE = BA và BD = DM). => ∠BED = ∠BMD = 45° (vì BD cắt BE và DM cắt EC tại góc vuông). => ∠BID = 90° (vì BD vuông góc với BI) => ∠BID = ∠BED + ∠BMD = 45° + 45° = 90°.

Vậy ba điểm B, I, D thẳng hàng.

B nha 

Hoctot!

Cho đa thức P(x) = 0

=) \(2x-\dfrac{1}{3}=0\)

    \(2x=\dfrac{1}{3}\)

    \(x=\dfrac{1}{3}:2\)

    \(x=6\)

Đáp án : B