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 \(\hat{I K D}\).

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 \(B I \bot A C\); \(C K \bot A B\); \(BI\cap CK=\left\lbrace H\right\rbrace\)

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: \(\frac{8}{19}\).

1)

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:

b) Vì \(\left(\right. d_{3} \left.\right) : y = a x + b\) song song với \(\left(\right. d_{2} \left.\right) : y = x + 2\) nên \(a = 1 , b \neq 2\).

Khi đó đường thẳng \(\left(\right. d_{3} \left.\right)\) có dạng \(y = x + b\) với \(b \neq 2\).

Vì \(\left(\right. d_{3} \left.\right)\) đi qua điểm có tọa độ \(A \left(\right. - 1 ; 3 \left.\right)\) nên: \(3 = - 1 + b\) hay \(b = 3 + 1 = 4\) (thỏa mãn).

Vậy đường thẳng \(\left(\right. d_{3} \left.\right)\) là \(\left(\right. d_{3} \left.\right) : y = - x + 4\).

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) \(2 x = 7 + x\)

\(2 x - x = 7\)

\(x = 7\).

Phương trình đã cho có nghiệm \(x = 7\).

b) \(\frac{x - 3}{5} + \frac{1 + 2 x}{3} = 6\)

\(\frac{3 \left(\right. x - 3 \left.\right)}{15} + \frac{5. \left(\right. 1 + 2 x \left.\right)}{15} = 6\)

\(3 x - 9 + 5 + 10 x = 90\)

\(13 x = 94\)

\(x = \frac{94}{13}\).

Phương trình đã cho có nghiệm \(x = \frac{94}{13}\).

a. Bảo tồn đa dạng sinh học là vấn đề cấp thiết ở nước ta hiện nay do đa dạng sinh học ở nước ta đang bị suy giảm nghiêm trọng:

- Suy giảm số lượng cá thể, loài sinh vật:

+ Số lượng cá thể các loài thực, động vật hoang dã suy giảm nghiêm trọng.

+ Một số loài thực, động vật có nguy cơ tuyệt chủng: gỗ quý (đinh, lim, sến, táu...); động vật hoang dã quí hiếm (voi, hổ, bò tót...).

- Suy giảm hệ sinh thái:

+ Các hệ sinh thái rừng nguyên sinh bị phá hoại gần hết, chỉ còn rừng thứ sinh.

+ Các hệ sinh thái rừng ngập mặn, hệ sinh thái biển cũng bị tàn phá bởi con người.

- Suy giảm nguồn gen:

+ Suy giảm số lượng cá thể và số lượng loài đã làm suy giảm nguồn gen.

b. Giải pháp bảo vệ đa dạng sinh học:

- Xây dựng các khu bảo tồn thiên nhiên và vườn quốc gia.

- Tăng cường trồng rừng và bảo vệ tự nhiên.

- Ngăn chặn nạn phá rừng, săn bắn động vật hoang dã trái phép, khai thác và đánh bắt thủy sản quá mức.

- Xử lí các chất thải nông nghiệp, công nghiệp và sinh hoạt.

- Nâng cao ý thức của người dân về bảo vệ đa dạng sinh học.

- Môi trường trên cạn: nấm linh chi, xương rồng, hươu cao cổ, chim bồ câu.

- Môi trường dưới nước: cá đuối, bạch tuộc.

- Môi trường trong đất: giun đất, dế trũi.

- Môi trường sinh vật: sâu đục thân, vi khuẩn E. coli.

Biện pháp để hệ sinh thái không bị ô nhiễm nặng hơn: đánh bắt bớt tôm và cá nhỏ hoặc thả thêm vào đầm một số cá dữ để ăn tôm và cá nhỏ → tạo điều kiện cho động vật phù du phát triển mạnh hơn để ăn vi khuẩn lam và tảo → ngăn chặn sự phát triển quá mức của tảo, vi khuẩn lam trong đầm.

Ngoài ra có thể hạn chế nguồn thức ăn của vi khuẩn lam và tảo bằng cách tháo nước, nạo vét bùn ở đáy đầm để loại bỏ bớt các chất gây ô nhiễm.