t z A B c

Không biết :)))))

:((((

Câu 12: D

Câu 15: Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{x}{2}=\frac{y}{3}=\frac{z}{8}=\frac{x+y+z}{2+3+8}=\frac{49}{13}\)

=>\(\begin{cases}x=\frac{49}{13}\cdot2=\frac{98}{13}\\ y=\frac{49}{13}\cdot3=\frac{147}{13}\\ z=\frac{49}{13}\cdot8=\frac{392}{13}\end{cases}\)

Câu 16: Gọi số cây lớp 7A; lớp 7B; lớp 7C cần chăm sóc lần lượt là a(cây), b(cây), c(cây)

(Điều kiện: a,b,c∈N*)

Vì số cây tỉ lệ thuận với số học sinh nên \(\frac{a}{40}=\frac{b}{32}=\frac{c}{36}\)

=>\(\frac{a}{10}=\frac{b}{8}=\frac{c}{9}\)

Tổng số cây ba lớp cần chăm sóc là 54 cây nên a+b+c=54

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{a}{10}=\frac{b}{8}=\frac{c}{9}=\frac{a+b+c}{10+8+9}=\frac{54}{27}=2\)

=>\(\begin{cases}a=2\cdot10=20\\ b=2\cdot8=16\\ c=2\cdot9=18\end{cases}\) (nhận)

Vậy: số cây lớp 7A; lớp 7B; lớp 7C cần chăm sóc lần lượt là 20(cây), 16(cây), 18(cây)

A B C J K H I

a/ Xét tg BIC có

\(\widehat{BIC}=180^o-\left(\widehat{IBC}+\widehat{ICB}\right)=180^o-\dfrac{\widehat{B}}{2}-\dfrac{\widehat{C}}{2}=\)

\(=180^o-\left(\dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\right)=180^o-\left[\dfrac{180^o-\widehat{A}}{2}\right]=90^o+\dfrac{\widehat{A}}{2}\left(dpcm\right)\)

b/ Để c/m câu này ta chứng minh bài toán phụ: " Hai đường phân giác ngoài của 2 góc với đường phân giác trong của góc còn lại đồng quy"

A B C J D E F

Có hai đường phân giác của các góc ngoài của góc B và góc C cắt nhau tại J.

Từ J dựng các đường vuông góc với AB; AC; BC cắt 3 cạnh trên lần lượt tại D; E; F 

Vì J thuộc đường phân giác của \(\widehat{DBC}\) nên JD=JF

Vì J thuộc đường phân giác của \(\widehat{ECB}\) nên JE=JF

(Mọi điểm thuộc đường phân giác của một góc thì cách đều hai cạnh của góc)

=> JD=JE

Xét tg vuông ADJ và tg vuông AEJ có

ẠJ chung; JD=JE (cmt) => tg ADJ = tg AEJ (hai tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau)

\(\Rightarrow\widehat{DAJ}=\widehat{EAJ}\) => Ạ là phân giác của góc \(\widehat{BAC}\)

Áp dụng vào bài toán:

Nối AJ => AJ là phân giác của \(\widehat{BAC}\) => AJ phải đi qua I (Trong tg 3 đường phân giác trong đồng quy) => A; I; J thẳng hàng

c/ Vì J; H; K bình đẳng nên B; I; K thẳng hàng và C; I; H thẳng hàng

=> AJ; BK; CH đồng quy tại I

Các cặp so le trong là:  góc CBO và góc BCy

                                     góc xBC và góc BCO

Các cặp góc đồng vị là: góc tBO và góc t'CO

                                       góc tBx và góc yCt'

Các cặp so le trong là:  góc CBO và góc BCy

                                     góc xBC và góc BCO

Các cặp góc đồng vị là: góc tBO và góc t'CO

                                       góc tBx và góc yCt'

a) Ta có: EF//BC(gt) =>\(\left\{{}\begin{matrix}\text{^EOB = ^OBC (SLT)}\\\text{ ^FOC = ^OCB (SLT)}\\\text{^AEF = ^B (Đồng vị)}\\\text{^AFE = ^C (Đồng vị)}\end{matrix}\right.\)

Có: ^OBC = ^OBA ( BF là phân giác ^B)

mà:  ^EOB = ^OBC (cmt)

=> ^EOB = ^OBA => tam giác EBO cân tại E

Có: ^OCA = ^OCB ( BF là phân giác ^B)

mà:  ^FOC = ^OCB (cmt)

=> ^FOC = ^OCA => tam giác FCO cân tại E

Ta có: ^AEF = ^B (cmt)

           ^AFE = ^C (cmt)

Mà ^B = ^C (tam giác ABC cân tại A)

=> ^AEF =  ^AFE => tam giác AEF cân tại A

Có : ^ABF = ^CBF =  \(\dfrac{1}{2}\) ^B ( BF là phân giác ^B)

       ^ACE = ^BCE = \(\dfrac{1}{2}\) ^B ( CF là phân giác ^C)

mà : ^B = ^C (tam giác ABC cân tại A)

=> ^ACE = ^ABF = ^CBF = ^BCE

Xét tg OBC có: ^OBC = ^OCB (^CBF = ^BCE) => tg OBC cân tại O

Xét tam giác FCO và tam giác EBO có:

^FOC = ^FOB ( đối đỉnh)

^FCO = ^EBO (^ABF = ^ACE)

OB = OC ( tg OBC cân tại O )

=> tam giác FCO = tam giác EBO(g-c-g)