Xét \(\Delta A B C\) có \(A B = 10\) cm, \(A C = 17\) cm, \(B C = 21\) cm.

Gọi \(A H\) là đường cao của tam giác.

Vì \(B C\) là cạnh lớn nhất của tam giác nên \(\hat{B} , \hat{C} < 9 0^{\circ}\), do đó \(H\) nằm giữa \(B\) và \(C\).

Đặt \(H C = x , H B = y\), ta có : \(x + y = 21\) (1)

Mặt khác \(\left(A H\right)^{2} = 1 0^{2} - y^{2} , \left(A H\right)^{2} = 1 7^{2} - x^{2}\) nên \(x^{2} - y^{2} = 1 7^{2} - 1 0^{2} = 289 - 100 = 189\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(x + y = 21\), \(x - y = 9\).

Do đó \(x = 15\), \(y = 6\).

Ta có \(\left(A H\right)^{2} = 1 0^{2} - 6^{2} = 64\) nên \(A H = 8\).

Vậy \(S_{A B C} = \frac{21.8}{2} = 84\) (cm\(^{2}\)).

Chiều cao của mỗi hình chóp tứ giác đều là:

     30: 2 =15\(\) (m).

Thể tích của lồng đèn quả trám là:

     \(V = 2. \left(\right. \frac{1}{3} . 20.20.15 \left.\right) = 4 000\) (cm\(^{3}\)).

a) Vì tam giác \(K B C\) vuông tại \(K\) suy ra \(\hat{K B H} = 9 0^{\circ}\)

Vì \(C I \bot B I\) (gt) suy ra \(\hat{C l H} = 9 0^{\circ}\)

Xét \(\triangle K B H\) và \(\triangle C H I\) có:

\(\hat{K B H} = \hat{C I H} = 9 0^{\circ}\);

\(\hat{B H K} = \hat{C H I}\) (đối đỉnh)

Suy ra \(\Delta B H K \sim \Delta C H I\) (g.g)

b) Ta có \(\Delta B H K \sim \Delta C H I\) suy ra \(\hat{H B K} = \hat{H C I}\) (hai góc tương ứng) 

Mà \(B H\) là tia phân giác của \(\hat{A B C}\) nên \(\hat{H B K} = \hat{H B C}\).

Do đó \(\hat{H B C} = \hat{H C I}\).

Xét \(\triangle C I B\) và \(\triangle H I C\) có:

\(\hat{C I B}\) chung;

\(\hat{I B C} = \hat{H C I}\) (cmt)

Vậy \(\Delta C I B \approx \Delta H I C\) (g.g) suy ra \(\frac{C I}{H I} = \frac{I B}{I C}\)

Hay \(\left(C I\right)^{2} = H I . I B\)

c) Xét \(\triangle A B C\) có \(B I \bot A C\); \(C K \bot A B\); \(B I \cap C K = \left{\right. H \left.\right}\)

Nên \(H\) là trực tâm \(\triangle A B C\) suy ra \(A H \bot B C\) tại \(D\).

Từ đó ta có \(\triangle B K C \sim \triangle H D C\) (g.g) nên \(\frac{C B}{C H} = \frac{C K}{C D}\)

Suy ra \(\frac{C B}{C K} = \frac{C H}{C D}\) nên \(\triangle B H C \sim \triangle K D C\) (c.g.c)

Khi đó \(\hat{H B C} = \hat{D K C}\) (hai góc tương ứng)

Chứng minh tương tự \(\hat{H A C} = \hat{I K C}\)

Mà \(\hat{H A C} = \hat{H B C}\) (cùng phụ \(\hat{A C B}\) )

Suy ra \(\&\text{nbsp}; \hat{D K C} = \hat{I K C}\).

Vậy \(K C\) là tia phân giác của \(\hat{I K D}\).

Có 19\(\) kết quả cho hành động trên.

Có 8\(\) kết quả thuận lợi cho biến cố đã cho nên xác suất cho biến cố là: \(\frac{8}{19}\).

a) Xét đường thẳng: \(\left(\right. d_{1} \left.\right) : y = - 3 x\).

Nếu \(x = 0\) thì \(y = 0\) suy ra \(\left(\right. d_{1} \left.\right)\) đi qua điểm có tọa độ \(\left(\right. 0 ; 0 \left.\right)\)

Nếu \(x = 1\) thì \(y = - 3\) suy ra \(\left(\right. d_{1} \left.\right)\) đi qua điểm có tọa độ \(\left(\right. 1 ; - 3 \left.\right)\)

Ta vẽ đồ thị:

2) Gọi số sản phẩm mà tổ I làm được theo kế hoạch là \(x\).

Điều kiện: \(x \in \mathbb{N}^{*}\); \(x < 900\), đơn vị: sản phẩm.

Số sản phẩm mà tổ II làm được theo kế hoạch là: \(900 - x\) (sản phẩm).

Theo bài ra, do cải tiến kĩ thuật nên tổ một vượt mức \(20 \%\) và tổ hai vượt mức \(15 \%\) so với kế hoạch.

Số sản phẩm mà tổ I làm được theo thực tế là: \(x + x . \&\text{nbsp}; 20 \% = x + 0 , 2 x = 1 , 2 x\) (sản phẩm);

Số sản phẩm mà tổ II làm được theo thực tế là: \(900 - x + \left(\right. 900 - x \left.\right) . 15 \% = 1 035 - 1 , 15 x\) (sản phẩm).

Vì thực tế hai tổ đã sản xuất được \(1 055\) sản phẩm nên ta có phương trình: \(1 , 2 x + 1 035 - 1 , 15 x = 1 055\)

Giải phương trình tìm được \(x = 400\) (sản phẩm)

Khi đó, số sản phẩm mà tổ II làm được theo kế hoạch là: \(900 - 400 = 500\) (sản phẩm).

Vậy theo kế hoạch tổ I làm được \(400\) sản phẩm, tổ II làm được \(500\) sản phẩm.

a) 2x-x = 7=> x=7

b) 3x - 9 + 5 + 10x = 90

13x = 94 => x=7,23

a) Ta có: $Ax\perp AC$ và $By$ // $AC$

Suy ra $Ax\perp By$ $\Rightarrow \widehat{AMB}=90^{\circ }$.

Xét $\Delta MAQ$ và $\Delta QBM$ có

$\widehat{MQA}=\widehat{BMQ}$ (so le trong);

$MQ$ là cạnh chung;

$\widehat{AMQ}=\widehat{BQM}$ ($Ax$ // $QB$).

Suy ra $\Delta MAQ=\Delta QBM$ (g-c-g)

Suy ra $\widehat{MBQ}=\widehat{MAQ}=90^{\circ }$ (2 góc tương ứng)

Xét tứ giác $AMBQ$ có: $\widehat{QAM}=\widehat{AMB}=\widehat{MBQ}=90^{\circ }$

Suy ra tứ giác $AMBQ$ là hình chữ nhật.

b) Do tứ giác $AMBQ$ là hình chữ nhật.

Mà $P$ là trung điểm AB$n\hat{e}n$PQ=\dfrac{1}{2}AB$ (1)

Xét $\Delta AIB$ vuông tại $I$ và có $IP$ là đường trung tuyến.

Suy ra $IP=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AB$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow QP=IP\Rightarrow \Delta PQI$ cân tại $P$.

Có BM= 1/2 AC

=> Tam giác ABC vuông tại B=> Góc B = 90^o

Lại có góc A và D = 90^o(gt)

Vậy tứ giác ABCD là HCN

có I là trung điểm của AC

AI = IC

Lại có HI = ID

Áp dụng tính chất hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Vậy tứ giác AHCD là HCN

a) Đáp án = 8,4 m³

b) Đáp án = 400140 đồng