Đề lỗi rồi bạn. Bạn nên viết đề bằng công thức toán (biểu tượng $\sum$ góc trái khung soạn thảo) để được hỗ trợ tốt hơn.

\(\dfrac{x}{4}=\dfrac{y}{5}\) và x + y = 27

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :

\(\dfrac{x}{4}=\dfrac{y}{5}=\dfrac{x+y}{4+5}=\dfrac{27}{9}=3\)

\(\dfrac{x}{4}=3\Rightarrow x=12\)

\(\dfrac{y}{5}=3\Rightarrow y=15\)

Vậy x = 12 , y = 15

x,y,z,t là các số nguyên hay sao vậy bạn?

Vì :

| x - y | cùng tính chất chẵn lẻ với x - y

| y - z | cùng tính chất chẵn lẻ với y - z

| z - t | cùng tính chất chẵn lẻ với z - t

| t - x | cùng tính chất chẵn lẻ với t - x 

\(\Rightarrow\left|x-y\right|+\left|y-z\right|+\left|z-t\right|+\left|t-x\right|\) cùng chẵn lẻ với \(\left(x-y\right)+\left(y-z\right)+\left(z-t\right)+\left(t-x\right)\)

Mà \(\left(x-y\right)+\left(y-z\right)+\left(z-t\right)+\left(t-x\right)=\left(x-x\right)+\left(y-y\right)+\left(z-z\right)+\left(t-t\right)=0\)

là số chẵn 

= > \(\left|x-y\right|+\left|y-z\right|+\left|z-t\right|+\left|t-x\right|\)là số chẵn 

Mà 2017 là số lẻ \(\Rightarrow\left|x-y\right|+\left|y-z\right|+\left|z-t\right|+\left|t-x\right|\ne2017\)

= > không có các số thỏa mãn 

ta có : `x/4=y/5=z/7 => (3x)/12 =y/5=(2z)/14` và `2z-3x=40`

ADTC dãy tỉ số bằng nhau ta có :

` (3x)/12 =y/5=(2z)/14 =(2z-3x)/(14-12)=40/2=20`

`=> x/4=20=>x=20.4=80`

`=>y/5=20=>y=20.5=100`

`=>z/7=20=>z=20.7=140`

\(\dfrac{x}{4}=\dfrac{y}{5}=\dfrac{z}{7}\)

= > \(\dfrac{3x}{12}=\dfrac{y}{5}=\dfrac{2z}{14}\) và 2z - 3x = 40

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :

\(\dfrac{3x}{12}=\dfrac{y}{5}=\dfrac{2z}{14}=\dfrac{2z-32}{14-12}=\dfrac{40}{2}=20\)

\(\dfrac{x}{4}=20\Rightarrow x=80\)

\(\dfrac{y}{5}=20\Rightarrow y=100\)

\(\dfrac{z}{7}=20\Rightarrow z=140\)

Vậy 3 số x,y,z cần tìm là 80,100,140

Lời giải:

Gọi 3 phân số đó là $\frac{a}{b}, \frac{c}{d}, \frac{e}{f}$. Theo đề ta có:

$\frac{a}{b}+\frac{c}{d}+\frac{e}{f}=\frac{1}{10}(*)$

$\frac{a}{2}=\frac{c}{3}=\frac{e}{4}$

$\frac{b}{5}=\frac{d}{2}=\frac{f}{1}$

Đặt $\frac{a}{2}=\frac{c}{3}=\frac{e}{4}=k\Rightarrow a=2k; c=3k; e=4k$

Vì $\frac{b}{5}=\frac{d}{2}=\frac{f}{1}\Rightarrow b=5f; d=2f$

Khi đó, thay vào $(*)$ ta có: $\frac{2k}{5f}+\frac{3k}{2f}+\frac{4k}{f}=\frac{1}{10}$

$\Leftrightarrow \frac{59}{10}\frac{k}{f}=\frac{1}{10}$

$\Rightarrow \frac{k}{f}=\frac{1}{59}$

$\Rightarrow f=59k$

Vì $\frac{e}{f}$ là phân số tối giản nên $ƯCLN(e,f)=ƯCLN(4k,f)=1$

$\Rightarrow ƯCLN(k,f)=1$. Mà $f=59k$ nên $k=1$. Kéo theo $f=59$. Khi đó 3 phân số cần tìm là:

$\frac{2k}{5f}=\frac{2}{295}; \frac{3k}{2f}=\frac{3}{118}; \frac{4k}{f}=\frac{4}{59}$

Theo đề bài ta có :

\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}\)

Đặt \(\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}=k\) ( 1 )

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :

\(k=\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}=\dfrac{a+b}{c+d}\)

\(k^2=\left(\dfrac{a+b}{c+d}\right)^2=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(c+d\right)^2}\)  ( 2 )

Mà từ ( 1 ) = > \(k^2=\dfrac{a}{c}.\dfrac{b}{d}=\dfrac{ab}{cd}\) ( 3 )

Từ ( 2 ) , ( 3 ) 

 = > \(\dfrac{ab}{cd}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(c+d\right)^2}\) ( đpcm )

a, BQ là đường phân giác của góc B 

=> \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}=\dfrac{1}{2}\widehat{B}\) ( 1 )

CP là đường phân giác của góc C 

=> \(\widehat{C_1}=\widehat{C_2}=\dfrac{1}{2}\widehat{C}\) ( 2 )

Mà tam giác ABC cân tại A 

= > \(\widehat{B}=\widehat{C}\) ( 3 )

Từ ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) = > \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}=\widehat{C_1}=\widehat{C_2}\)

Xét tam giác OBC có : 

\(\widehat{B_2}=\widehat{C_2}\) ( cmt )

= > Tam giác OBC cân tại O

b, Do O là giao của 2 đường phân giác BQ và CP của tam giác ABC 

nên O là trực tâm của tam giác ABC hay điểm O cách đều 3 cạnh AB,AC, BC của tam giác ABC 

c, Do O là trực tâm của tam giác ABC ( câu b, )

Mà tam giác ABC cân tại A 

= > AO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác ABC tức là AO đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC 

d, Xét \(\Delta QBC\) và \(\Delta PCB\) có :

\(\widehat{B_2}=\widehat{C_2}\left(cmt\right)\)

BC chung 

\(\widehat{B}=\widehat{C}\left(gt\right)\)

=> \(\Delta QBC=\Delta PCB\left(g-c-g\right)\)

= > CP = BQ ( 2 cạnh tương ứng )

e, Do tam giác QBC = tam giác PCB ( câu d, )

=> BP = CQ ( 2 cạnh tương ứng )

\(P\in AB\)

= > AP + PB = AB 

= > AP = AB - PB ( 4 )

\(Q\in AC\)

= > AQ + QC =AC

= > AQ = AC - QC ( 5 ) 

Từ ( 4 ) , ( 5 ) 

= > AP = AQ

Xét tam giác APQ có :

AP = AQ ( cmt ) 

= > Tam giác APQ cân tại A ( đpcm )

a) $△ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$.

Vì $BQ$ và $CP$ là đường phân giác của $\hat{B},\hat{C}$ nên $\widehat{B^1}=\widehat{B^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{ABC}}{2}$, $\widehat{C^1}=\widehat{C^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{ACB}}{2}$.

Do đó $\widehat{B^1}=\widehat{B^2}=\widehat{C^1}=\widehat{C^2}$.

Suy ra $△OBC$ cân tại $O$.

b) Vì $O$ là giao điểm các đường phân giác $CP$ và $BQ$ trong $△ABC$ nên $O$ là giao điểm ba đường phân giác trong $△ABC$.

Do đó, $O$ cách đều ba cạnh $AB,AC$ và $BC$.

c) Ta có $△ABC$ cân tại $A,AO$ là đường phân giác của góc $A$ nên $AO$ đồng thời là trung tuyến và đường cao của $△ABC$.

Vậy đường thẳng $AO$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BC$ và vuông góc với nó.

d) Ta có $△PBC=△QCB$ (g.c.g)

$\Rightarrow CP=BQ$ (hai cạnh tương ứng).

e) Ta có $AP=AB-BP$, $AQ=AC-CQ$ (1);

$△PBC=△QCB\Rightarrow BP=CQ$ (2).

Lại có $AB=AC$ (tam giác $ABC$ cân tại $A$) (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra $AP=AQ$.

Vậy tam giác $APQ$ cân tại $A$.

a)

Xét \(\Delta AOD\) và \(\Delta COB\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OC\left(gt\right)\\\widehat{O}:chung\\OB=OD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AOD=\Delta COB\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow AD=BC\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)\left(\text{đpcm}\right)\)

b) 

Nối A với C

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OC\\OB=OD\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow OA-OB=OC-OD\)

Hay \(AB=CD\)

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta CDA\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=CD\left(cmt\right)\\AC:chung\\AD=BC\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ABC=\Delta DCA\left(c.c.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{CDA}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\)

Vì \(\Delta AOD=\Delta COB\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{A}=\widehat{C}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\)

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta CDE\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ABC}=\widehat{CDA}\left(cmt\right)\\AB=CD\left(cmt\right)\\\widehat{A}=\widehat{C}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ABE=\Delta CDE\left(g.c.g\right)\left(\text{đpcm}\right)\)

c) Vì \(\Delta ABE=\Delta CDE\left(cmt\right)\Rightarrow AE=CE\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)\)

Xét \(\Delta AOE\) và \(\Delta COE\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OC\left(gt\right)\\\widehat{A}=\widehat{C}\left(cmt\right)\\AE=CE\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AOE=\Delta COE\left(c.g.c\right)\\ \Rightarrow\widehat{AOE}=\widehat{COE}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\)

`=> OE` là phân giác của \(\widehat{xOy}\) (đpcm)

em bổ sung hình nhé

Vì Om là phân giác của \(\widehat{xOy}\)

\(\Rightarrow\widehat{IOE}=\widehat{IOF}=\dfrac{1}{2}\widehat{EOF}\)

Vì \(\left\{{}\begin{matrix}IE\perp Ox\\IF\perp Oy\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{IEO}=\widehat{IFO}=90^o\)

Xét \(\Delta IOE\) và \(\Delta IOF\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{IEO}=\widehat{IFO}\left(=90^o\right)\\OI:chung\\\widehat{IOE}=\widehat{IOF}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta IOE=\Delta IOF\left(\text{cạnh huyền - góc nhọn}\right)\)

b) Vì \(\Delta IOE=\Delta IOF\left(cmt\right)\Rightarrow OE=OF\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)\)

Xét \(\Delta EOF\) có: \(OE=OF\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta EOF\) cân ở O

\(\Rightarrow\widehat{OEF}=\widehat{OFE}\)

Xét \(\Delta EOF\) có:

\(\widehat{EOF}+\widehat{OFE}+\widehat{OEF}=180^o\)

\(\Rightarrow2\widehat{EOI}+2\widehat{OEF}=180^o\\ \Rightarrow\widehat{EOI}+\widehat{OEF}=90^o\)

Gọi \(EF\cap OI\equiv M\)

Xét \(\Delta OME\) có: 

\(\widehat{OEF}+\widehat{EOI}+\widehat{OME}=180^o\\ \Rightarrow90^o+\widehat{OME}=180^o\\ \Rightarrow\widehat{OME}=180^o-90^o=90^o\\ \Rightarrow EF\perp Om\left(\text{đpcm}\right)\)

Cho $\widehat{xOy}$, $\left(0^{\circ }<\widehat{xOy}<180^{\circ }\right)$, $Om$ là tia phân giác $\widehat{xOy}$. Trên tia $Om$ lấy điểm $I$ bất kì. Gọi $E,F$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $I$ đến $Ox$ và $Oy$. Chứng minh:

a) $△IOE=△IOF$.

b) $EF\perp Om$.

a) Xét $△IOE$ và $△IOF$ có

$\hat{E}=\hat{F}=90^{\circ }$ (giả thiết);

$OI$ cạnh chung;

$\widehat{EOI}=\widehat{FOI}$ ($Om$ là tia phân giác).

Vậy $△IOE=△IOF$ (cạnh huyền - góc nhọn).

b) $△IOE=△IOF$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow OE=OF$ (hai cạnh tương ứng).

Gọi $H$ là giao điểm của $Om$ và $EF$.

Xét $△OHE$ và $△OHF$, có

$OE=OF$ (chứng minh trên);

$\widehat{EOH}=\widehat{FOH}$ ($Om$ là tia phân giác);

$\mathrm{OH}$ chung.

Do đó $△OHE=△OHF$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{OHE}=\widehat{FHO}$ (hai góc tương ứng)

Mà $\widehat{OHE}+\widehat{FHO}=180^{\circ }$ nên $\widehat{OHE}=\widehat{FHO}=90^{\circ }$.

Vậy $EF\perp Om$.

Sửa đề bài : Chứng minh tam giác IAB =  tam giác IDC

Xét tam giác IAD và tam giác IDC có :

\(IA=ID\) ( gt ) 

\(\widehat{AIB}=\widehat{DIC}\) ( 2 góc đối đỉnh )

\(IB=IC\) ( gt )

= > \(\Delta IAB=\Delta IDC\left(c-g-c\right)\)

Lời giải:

a. $A=\left\{1;2;4;7;11\right\}$

b. 

Rút ngẫu nhiên 1 thẻ từ hộp, có 5 khả năng (1,2,4,7,11)

Rút được thẻ ghi số chẵn, tức là rút phải thẻ $2,4$ (2 khả năng)

Rút được thẻ ghi số nguyên tố, tức là rút phải thẻ $2,7,11$ (3 khả năng)

Xác suất để biến cố M xảy ra: $\frac{2}{5}$

Xác suất để biến cố N xảy ra: $\frac{3}{5}$