Tên các mặt của hình lăng trụ đứng ABCDEF:

Mặt đáy: ABC.
Mặt trên: DEF.
Các mặt xung quanh: ADE, BCF, CDE, AEF.
Tính diện tích xung quanh (dtxq) của hình lăng trụ đứng ABCDEF:

Diện tích xung quanh là tổng diện tích các mặt xung quanh.
Ta có: diện tích mặt xung quanh ADE = diện tích mặt xung quanh CDE = AB x chiều cao = 3 x 9 = 27 (cm^2).
Diện tích mặt xung quanh BCF = BC x chiều cao = 4 x 9 = 36 (cm^2).
Diện tích mặt xung quanh AEF = 1/2 x chu vi đáy x cạnh bên = 1/2 x (AB + BC) x cạnh huyền = 1/2 x (3 + 4) x 5 = 17.5 (cm^2).
Vậy dtxq = diện tích xung quanh = diện tích các mặt xung quanh = 27 + 27 + 36 + 17.5 = 107.5 (cm^2).
Tính diện tích toàn phần (dttp) của hình lăng trụ đứng ABCDEF:

Diện tích toàn phần là tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ.
Ta có: diện tích mặt đáy ABC = 1/2 x AB x BC = 1/2 x 3 x 4 = 6 (cm^2).
Diện tích mặt trên DEF cũng bằng 6 (cm^2).
Diện tích các mặt xung quanh đã tính ở trên là 107.5 (cm^2).
Vậy dttp = diện tích toàn phần = diện tích mặt đáy + diện tích mặt trên + diện tích các mặt xung quanh = 6 + 6 + 107.5 = 119.5 (cm^2).
Tính thể tích (tt) của hình lăng trụ đứng ABCDEF:

Thể tích của hình lăng trụ là diện tích đáy nhân chiều cao.
Ta có: diện tích đáy ABC = 1/2 x AB x BC = 1/2 x 3 x 4 = 6 (cm^2).
Chiều cao của hình lăng trụ là độ dài đoạn thẳng nối giữa hai đỉnh A và D, qua tâm của đáy ABC.
Ta có: AD
 

Quy tắc hóa trị là một phương pháp được sử dụng để xác định hóa trị của một nguyên tố trong một hợp chất hóa học. Hóa trị của một nguyên tố là số oxi hóa tương ứng với nguyên tố đó trong hợp chất. Quy tắc hóa trị cho phép ta xác định hóa trị của một nguyên tố bằng cách sử dụng các quy tắc và nguyên tắc sau đây:

Trong một hợp chất, tổng hóa trị của các nguyên tố bằng 0.
Hóa trị của oxi trong hợp chất là -2, trừ khi nó kết hợp với F (hóa trị -1), hoặc với một nguyên tố có hóa trị cao hơn nó.
Hóa trị của hidro trong hợp chất là +1, trừ khi nó kết hợp với một kim loại, trong trường hợp đó, hóa trị của hidro là -1.
Hóa trị của kim loại trong hợp chất bằng số điện tích dương của ion kim loại đó.
Các quy tắc này giúp ta xác định hóa trị của các nguyên tố trong hợp chất và từ đó tính toán được các phản ứng hóa học. Quy tắc hóa trị rất quan trọng trong việc giải quyết các bài toán hóa học và trong việc đọc hiểu các phản ứng hóa học.
19:40
 
 
 
 
 

Đoạn trích bên thời trang của tạ Duy Anh miêu tả về nhân vật chính là một cô gái trẻ tên là Hà, người đang làm việc tại một công ty thời trang. Hà được miêu tả là một người rất đam mê và nhiệt huyết với công việc của mình, cô luôn cố gắng để hoàn thành tốt các nhiệm vụ được giao và có sự nghiêm túc trong công việc.

Ngoài ra, Hà còn được miêu tả là một người rất thấu hiểu về thị hiếu và gu thẩm mỹ của khách hàng, cô luôn tìm cách để khách hàng có được những trải nghiệm mua sắm tốt nhất tại cửa hàng. Hà cũng là người rất tận tâm và chu đáo trong việc phục vụ khách hàng, cô luôn lắng nghe và giải quyết các yêu cầu của khách hàng một cách nhanh chóng và hiệu quả.

Từ đoạn trích, ta có thể thấy Hà là một nhân vật rất đáng kính trong lĩnh vực thời trang, cô có tinh thần trách nhiệm cao và luôn cố gắng để hoàn thành tốt công việc của mình. Hà cũng là người rất tâm huyết với nghề, cô luôn tìm cách để khách hàng có được những trải nghiệm mua sắm tốt nhất và đáp ứng được nhu cầu của khách hàng. Từ đó, ta có thể thấy Hà là một người rất giỏi trong việc quản lý và phục vụ khách hàng, và có tiềm năng để phát triển trong lĩnh vực thời trang.
19:35
 

$(6x^2 - 9x^3) : 3x = -3x^2 + 2x$
Xác suất của biến cố là tổng số chấm xuất hiện trên xúc xắc lớn hơn 25, ta có thể tính bằng cách tìm các cặp giá trị của Mai và Hoa Tú sao cho tổng số điểm trên hai con xúc xắc lớn hơn 25, và chia cho tổng số cách gieo xúc xắc.
Tổng số cách gieo xúc xắc là $6 \times 6 = 36$.

Để tổng số điểm trên hai con xúc xắc lớn hơn 25, ta phải có ít nhất một con xúc xắc cho ra số điểm lớn hơn hoặc bằng 4. Vậy ta có các trường hợp sau:

Mai gieo được 4, 5 hoặc 6 điểm trên xúc xắc: Có $3 \times 6 = 18$ cách.
Hoa Tú gieo được 4, 5 hoặc 6 điểm trên xúc xắc: Có $6 \times 3 = 18$ cách.
Mai gieo được 1, 2 hoặc 3 điểm trên xúc xắc, và Hoa Tú gieo được 4, 5 hoặc 6 điểm trên xúc xắc: Có $3 \times 3 = 9$ cách.
Mai gieo được 4, 5 hoặc 6 điểm trên xúc xắc, và Hoa Tú gieo được 1, 2 hoặc 3 điểm trên xúc xắc: Có $3 \times 3 = 9$ cách.
Vậy tổng số cách thỏa mãn là $18 + 18 + 9 + 9 = 54$, và xác suất của biến cố là $\dfrac{54}{36} = \dfrac{3}{2}$, tức là $1.5$. Tuy nhiên, xác suất không thể lớn hơn 1, vậy không có kết quả hợp lệ.
19:30
 

a) Ta có $\angle MNP = 90^\circ - \angle PNM = 90^\circ - \angle MPN = \angle MPI$.

Mà $MP=PI$, suy ra $\triangle MPI$ là tam giác cân tại $P$, do đó $\angle MPI = \angle MIP = \dfrac{180^\circ - \angle MNP}{2} = \dfrac{55^\circ}{2}$.

Do đó, $\angle NMP = 180^\circ - \angle MNP - \angle MPI = 55^\circ$.

Mà $\angle NMP + \angle PMN + \angle MNP = 180^\circ$, suy ra $\angle PMN = 180^\circ - \angle NMP - \angle MNP = 55^\circ$.

Vậy $\triangle PMN$ là tam giác cân tại $M$, suy ra $MN=MP=PI$.

Gọi $x=NE$. Ta có $\angle INE = 90^\circ$, suy ra $\angle IEN = \angle INE - \angle INM = 90^\circ - \angle PMN = 35^\circ$.

Mà $\angle EMI = \angle PMN = 55^\circ$, suy ra $\angle MEI = 180^\circ - \angle EMI - \angle IEN = 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ$.

Do đó, $\angle MEN = 180^\circ - \angle MEI - \angle NEI = 90^\circ - \dfrac{35^\circ}{2} = 70^\circ$.

Mà $\angle MNP = 90^\circ - \angle PNM = 20^\circ$, suy ra $\angle ENP = \angle MNP - \angle MEN = 20^\circ - 70^\circ = -50^\circ$.

Vậy $N$ nằm ở phía bên trái của $M$ trên đường thẳng $NP$.

b) Ta có $MP=PI$, suy ra $\triangle MPI$ là tam giác cân tại $P$. Do đó, $PM=PI$ và $\angle PMI = \angle PIM = \dfrac{180^\circ - \angle MNP}{2} = \dfrac{55^\circ}{2}$.

Mà $\angle IEP = 90^\circ$, suy ra $\angle MEP = \angle MEI + \angle IEP = 55^\circ + 90^\circ = 145^\circ$.

Mà $\angle MPE = \angle MPN + \angle NPE = \angle PMN + \angle NPE = 55^\circ + 50^\circ = 105^\circ$.

Vậy $\angle MPE + \angle MEP = 105^\circ + 145^\circ = 250^\circ$.

Do đó, $\angle MPE + \angle IEP = 360^\circ - \angle MPI = 250^\circ$.

Suy ra $\angle MPE = \angle IEP$, hay tam giác $MPE$ đồng dạng v

Văn hóa giao tiếp là một khía cạnh quan trọng của văn hóa xã hội. Nó bao gồm những giá trị, quy tắc, thói quen và kỹ năng trong việc truyền đạt thông tin và tương tác với nhau. Văn hóa giao tiếp có ảnh hưởng rất lớn đến mối quan hệ giữa các cá nhân và các tập thể trong xã hội.

Một ví dụ về văn hóa giao tiếp là cách chúng ta nói chuyện với người khác. Trong một số nền văn hóa, người ta coi trọng sự lịch sự và tôn trọng khi nói chuyện với người khác. Trong khi đó, ở một số nơi khác, người ta thường sử dụng ngôn ngữ thô tục và không kiêng kỵ trong việc nói chuyện.

Văn hóa giao tiếp còn ảnh hưởng đến cách chúng ta sử dụng ngôn ngữ phi lời nói, chẳng hạn như cử chỉ và biểu hiện khuôn mặt. Trong một số nền văn hóa, người ta thường sử dụng cử chỉ và biểu hiện khuôn mặt để bày tỏ cảm xúc và ý nghĩa của mình. Trong khi đó, ở một số nơi khác, người ta thường giữ im lặng và không sử dụng cử chỉ và biểu hiện khuôn mặt để bày tỏ cảm xúc.

Văn hóa giao tiếp còn ảnh hưởng đến cách chúng ta xử lý mâu thuẫn và tranh cãi. Trong một số nền văn hóa, người ta coi trọng sự kiên nhẫn và khả năng giải quyết mâu thuẫn một cách hòa bình. Trong khi đó, ở một số nơi khác, người ta thường sử dụng sức mạnh và bạo lực để giải quyết mâu thuẫn.

Tóm lại, văn hóa giao tiếp là một khía cạnh quan trọng của văn hóa xã hội và có ảnh hưởng rất lớn đến mối quan hệ giữa các cá nhân và các tập thể trong x
19:22
 

a) $(2x+1).(4x^4-7x^3+2) = 8x^5 - 14x^4 + 4x + 4x^4 - 7x^3 + 2$

$= 8x^5 - 10x^4 - 7x^3 + 4x + 2$

b) $(35x^5 - 10x^2) : 5x = 7x^4 - 2$

c) $(2x-3).(8x^5+3x^2+4) = 16x^6 - 24x^5 + 6x^2 + 24x^5 - 36x^2 + 8$

$= 16x^6 - 30x^2 + 8$

Ta có $\angle AFE = \angle AKE$ (do $AI$ là trung tuyến của tam giác $AEF$), suy ra $\triangle AFE \sim \triangle AKE$. Từ đó, ta có:

$\dfrac{AF}{AE} = \dfrac{AK}{AE} + 1$

$\Leftrightarrow \dfrac{AF}{AE} = \dfrac{CK}{CE} + 1$

$\Leftrightarrow \dfrac{AF}{AE} = \dfrac{CD}{CE}$

Do đó, ta có $AF = AE.\dfrac{CD}{CE}$.

Gọi $H$ là giao điểm của $EF$ và $AB$. Ta có $\angle EHA = \angle EFA = 90^\circ$, suy ra $EH \parallel CD$. Do đó, $\dfrac{AH}{AB} = \dfrac{AE}{AC} = \dfrac{AF}{AD} = \dfrac{AE.CD}{AC.AD}$.

Mặt khác, ta có $\triangle AIC \sim \triangle EIG$, suy ra $\dfrac{AG}{AI} = \dfrac{EI}{CI} = \dfrac{AE}{AC}$. Kết hợp với $\dfrac{AH}{AB} = \dfrac{AE.CD}{AC.AD}$, ta có:

$\dfrac{AG}{AI} = \dfrac{AH}{AB}.\dfrac{AC.AD}{AE.CD}$

$\Leftrightarrow \dfrac{AG}{AI} = \dfrac{AE.CD}{AC.AD}.\dfrac{AC-AD}{AE}$

$\Leftrightarrow \dfrac{AG}{AI} = \dfrac{CD}{AD-CD}$

Do đó, ta có $AG = AI.\dfrac{CD}{AD-CD}$.

Mà $AE=AF$, suy ra $\dfrac{AG}{AE} = \dfrac{AI}{AF}.\dfrac{CD}{AD-CD} = \dfrac{IK}{IF}.\dfrac{CD}{AD-CD} = \dfrac{CK}{CE}.\dfrac{CD}{AD-CD} = \dfrac{DK}{DE}$.

Từ đó, ta có tứ giác $EGKF$ là hình thoi (do $EK \parallel FG$ và $EF \parallel KG$).

Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $AC$. Ta có $OM \perp AB$, $ON \perp AC$, suy ra $OM \parallel ON$.

Gọi $P$ là giao điểm của $DE$ và $MN$. Ta cần chứng minh $P$ nằm trên đường trung trực của $AO$.

Ta có $\angle ABD = \angle ACE$ (do tam giác $ABC$ cân tại $A$), suy ra $\angle ABE = \angle ACD$. Mà $BD = AE$, nên tam giác $ABE$ và $ACD$ đồng dạng. Từ đó, ta có $\dfrac{AP}{PD} = \dfrac{AN}{NC} = \dfrac{AM}{MB}$ (do $MN$ là đường trung trực của $BC$).

Do đó, $AP.MB = PD.AM$.

Mặt khác, ta có $OM \parallel DE$, suy ra $\dfrac{AP}{PD} = \dfrac{OM}{OD}$. Tương tự, ta có $\dfrac{MB}{MA} = \dfrac{ON}{OM}$.

Kết hợp hai phương trình trên, ta được:

$\dfrac{AP.MB}{PD.MA} = \dfrac{OM.ON}{OD.OM}$

$\Leftrightarrow AP.MB.OD = PD.MA.ON$

$\Leftrightarrow AP.(AB-BD).OD = PD.(AC-CE).ON$

$\Leftrightarrow AP.(AO+OD-AD).OD = PD.(AO+ON-NC).ON$

$\Leftrightarrow AP.AO.OD + AP.OD^2 - AP.AD.OD = PD.AO.ON + PD.ON^2 - PD.NC.ON$

$\Leftrightarrow AP.AO.OD - PD.AO.ON = AP.AD.OD - PD.NC.ON$

$\Leftrightarrow AO.(AP.OD - PD.ON) = AP.AD.OD - PD.NC.ON$

$\Leftrightarrow AO.(AP.OD - PD.ON) = AD.(AP.OM - PD.NM)$

$\Leftrightarrow AO.PD.MN = AD.PM.ON$

$\Leftrightarrow \dfrac{AP}{PM} = \dfrac{AD}{OD}$ (do $MN$ là đường trung trực của $BC$)

Do đó, ta có $\triangle AOP \sim \triangle DOM$, suy ra $\angle APO = \angle DMO$. Tương tự, ta có $\triangle AOP \sim \triangle CON$, suy ra $\angle APO = \angle CNO$.

Kết hợp hai kết quả trên, ta có $\angle DMO = \angle CNO$, suy ra $P$ nằm trên đường trung trực của $BC$, hay đường trung trực của $DE$ đi qua $O$.

a) Học sinh khối 6 trường THCS Quang Trung xếp loại học lực nào là đông nhất?

Để xác định loại học lực đông nhất, ta cần tìm loại học lực có số lượng học sinh nhiều nhất. Từ biểu đồ, ta thấy rằng loại học lực "Khá" có số lượng học sinh nhiều nhất là 140 hs. Vậy, loại học lực "Khá" là đông nhất.
b) Trường THCS Quang Trung có bao nhiêu học sinh khối 6 có học lực trên trung bình?

Để tìm số lượng học sinh có học lực trên trung bình, ta cộng số lượng học sinh ở loại "Khá" và "Giỏi" lại: 140 + 38 = 178 hs. Vậy, trường THCS Quang Trung có 178 học sinh khối 6 có học lực trên trung bình.
c) Tỉ lệ học sinh từ trung bình trở lên chiếm bao nhiêu %?

Để tính tỉ lệ phần trăm, ta cần tính tổng số học sinh khối 6 trường THCS Quang Trung, sau đó tính tỉ lệ phần trăm của số học sinh có học lực từ trung bình trở lên.
Tổng số học sinh khối 6: 140 + 52 + 38 + 13 = 243 hs
Số học sinh có học lực từ trung bình trở lên: 140 + 38 = 178 hs
Tỉ lệ phần trăm: (178/243) x 100% ≈ 73.3%
Vậy, tỉ lệ học sinh từ trung bình trở lên chiếm khoảng 73.3%.

 

a) Gọi $d$ là quãng đường từ thành phố về đến quê. Ta có công thức tính quãng đường: $d = vt$, trong đó $v$ là vận tốc và $t$ là thời gian di chuyển.

Thời gian di chuyển của Hùng là $t_H = \frac{d}{40}$ (vì vận tốc của Hùng là 40 km/h). Thời gian di chuyển của Hải là $t_{Ha} = 1 + \frac{12}{60} = \frac{17}{15}$ giờ (vì Hải về đến quê sau 1 giờ 12 phút).

Theo đó, ta có phương trình:
$\frac{d}{40} + \frac{17}{15} = \frac{d}{45}$
Giải phương trình này ta được $d = 90$ km.

Vậy quãng đường từ thành phố về đến quê dài 90 km.

b) Sau thời gian $t_{Ha} = \frac{17}{15}$ giờ, Hải đã về đến quê và Hùng còn đi được thêm một khoảng thời gian là $t_H = \frac{d}{40}$ để đến quê. Vậy thời gian Hùng còn đi là $t = t_H - t_{Ha} = \frac{d}{40} - \frac{17}{15}$ giờ.

Quãng đường mà Hùng còn đi được là $d' = vt = 40t = 40\left(\frac{d}{40} - \frac{17}{15}\right) = \frac{1}{3}d - \frac{136}{3}$ km.

Vậy Hùng còn cách quê $\frac{1}{3}d - \frac{136}{3}$ km. Thay $d = 90$ km ta được Hùng còn cách quê khoảng 4,67 km.
11:01
 

Để giải bài toán này, ta sử dụng phương pháp đặt t = x/y để giải hệ phương trình.

Thay t = x/y vào phương trình log2 (3x^2 + 10xy + 20y^2) = log5(x^2 + 2xy + 3y^2), ta được:

log2 (3t^2 + 10t + 20) = log5(t^2 + 2t + 3)

Áp dụng tính chất logarit ta có:

3t^2 + 10t + 20 = 5^(log5(t^2 + 2t + 3))

3t^2 + 10t + 20 = t^2 + 2t + 3

2t^2 + 8t + 17 = 0

Áp dụng công thức tính nghiệm của phương trình bậc hai, ta có:

t = [-8 ± sqrt(8^2 - 4217)]/4

t = [-8 ± sqrt(144)]/4

t1 = -2 và t2 = -3/2

Vì t = x/y, nên x = ty. Do đó, ta có:

x1 = -2y và x2 = (-3/2)y

Điều kiện để mỗi y có duy nhất số thực x thỏa mãn là không có hai giá trị tương ứng của y cho cùng một giá trị của x. Vì vậy, ta cần loại bỏ các giá trị y mà tương ứng với chúng có cùng giá trị x.

-2y = (-3/2)y khi và chỉ khi y = 0

Vậy, ta loại bỏ y = 0 khỏi đoạn (-1/5; 1/5). Vì vậy, số lượng số thực y thỏa mãn là:

(-1/5; 1/5) - {0} = ( -1/5, 0) U (0, 1/5)

Do đó, có vô số số thực y thuộc đoạn (-1/5; 1/5) sao cho mỗi y có duy nhất số thực x thỏa mãn log2 (3x^2 + 10xy + 20y^2) = log5(x^2 + 2xy + 3y^2).
7:56
 
 
 
 
 

Diện tích toàn bộ của chiếc thùng hàng là:

S = 2(ab + ac + bc)

với a = 1.8m, b = 1.2m và c = 0.9m

S = 2(1.8m x 1.2m + 1.8m x 0.9m + 1.2m x 0.9m)

S = 2(2.16m^2 + 1.62m^2 + 1.08m^2)

S = 11.52m^2

Vậy để làm chiếc thùng hàng này, ta cần sử dụng tôn có diện tích là 11.52m^2.

S10m vuông tôn có diện tích là 10m^2, do đó để làm chiếc thùng hàng này cần sử dụng:

11.52m^2 / 10m^2 = 1.152 tấm tôn

Tuy nhiên, khi cắt tôn để làm chiếc thùng hàng, sẽ có phần tôn bị thừa. Phần tôn thừa này có diện tích là:

Sthua = S - ab

với a = 1.8m và b = 1.2m như đã cho ở trên

Sthua = 11.52m^2 - 1.8m x 1.2m = 9.96m^2

Vậy sau khi làm chiếc thùng hàng, sẽ thừa khoảng 9.96m^2 tôn.

n1=3000vòng�1=3000�ò�� 

n2=12000vòng�2=12000�ò�� 

P=12000kW=12000000W�=12000��=12000000� 

U2=120kV=120000V�2=120��=120000� 

R=200Ω�=200Ω 

a. Áp dụng công thức máy biến thế: 

U1U2=n1n2⇒U1=U2.n1n2�1�2=�1�2⇒�1=�2.�1�2 

Hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn sơ cấp là: 

U1=120000.300012000=30000(V)�1=120000.300012000=30000(�) 

b. Công suất hao phí do tỏa nhiệt trên đường dây truyền tải điện là: 

Php=P2.RU22=120000002.2001200002=2000000(W)�ℎ�=�2.��22=120000002.2001200002=2000000(�) 

c. Vì công suất hao phí do tỏa nhiệt trên đường dây truyền tải tỉ lệ nghịch với bình phương hiệu điện thế nên để công suất hao phí giảm 100100 lần thì hiệu điện thế giữa hai đầu đường dây tăng √100=10(lần)100=10(�ầ�) 

Vậy hiệu điện thế phải tăng lên: 

U′2=10.U2=10.120000=1200000(V)

a)  Nhiệt độ quả cầu và nước khi cân bằng nhiệt đều bằng 40 độ C

b) Q(thu)=Q(tỏa)=0,5.4200.(40-30)=21000(J)

c)<=> 21000=m1.380.(120-40)

<=>m1=m(cầu Cu)=0,69(kg)

=> Qủa cầu năng khoảng 0,69 kg.

a) xét tg AMC và tg ABN có

MA=BA(gt)

CA=AN(gt)

=>(kết luận)...

b)gọi I là giao điểm của MC và BN

gọi giao điểm của BA và MI là F

vì nên

mà 

=>

Xét có góc = 180O

Mà ˆIMB+ˆMBIIMB^+MBI^=900

nên ˆACB+ˆABC=900���^+���^=900(hai góc nhọn phụ nhau)

⇔ˆABD+300=900⇔���^+300=900

hay ˆABD=600���^=600

Xét ΔABD có BA=BD(gt)

nên ΔBAD cân tại B(Định nghĩa tam giác cân)

Xét ΔABD cân tại B có ˆABD=600���^=600(cmt)

nên ΔABD đều(Dấu hiệu nhận biết tam giác đều)

Suy ra: ˆBAD=600���^=600

Ta có: ˆBAD+ˆCAD=ˆBAC���^+���^=���^(tia AD nằm giữa hai tia AB và AC)

⇔ˆCAD+600=900⇔���^+600=900

hay ˆCAD=300���^=300

b) Xét ΔDAC có ˆDAC=ˆDCA(=300)���^=���^(=300)

nên ΔDAC cân tại D(Định lí đảo của tam giác cân)

Xét ΔADE vuông tại E và ΔCDE cân tại E có 

DA=DC(ΔDAC cân tại D)

DE chung

Do đó: ΔADE=ΔCDE(Cạnh huyền-góc nhọn)

c) Xét ΔABC vuông tại A có ˆACB=300���^=300(gt)

nên BC=2AB(Định lí tam giác vuông)

Suy ra: BC=2⋅5=10(cm)��=2⋅5=10(��)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

AB2+AC2=BC2��2+��2=��2

⇔AC2=102−52=75⇔��2=102−52=75

hay AC=5√3(cm)��=53(��)

Tuổi mẹ : |---|---|---|---|---|

Tuổi con : |---|

Hiệu số phần bằng nhau là :

5 - 1 = 4 ( phần )

Tuổi mẹ hiện nay là :

32 : 4 x 5 = 40 ( tuổi )

Tuổi của con hiện nay là :

40 - 32 = 8 ( tuổi )

         Đáp số : Con : 8 tuổi 

                       Mẹ : 40 tuổi

a/ ΔABCΔ���vuông tại A => BC2 = AB2 + AC2 (định lí Pythagore)

=> BC2 = 62 + 82

=> BC = √62+8262+82

=> BC = √100100= 10 (cm)

b/ ΔABIΔ���vuông và ΔHBIΔ���vuông có: ˆABI=ˆHBI���^=���^(BI là phân giác ˆB�^)

Cạnh huyền BI chung

=> ΔABIΔ���vuông = ΔHBIΔ���vuông (ch - gn) (đpcm)