Gọi số cây lớp 7A,7B,7C trồng được lần lượt là a(cây),b(cây),c(cây)

(ĐK: \(a,b,c\in Z^+\))

Số cây trồng được tỉ lệ thuận với số học sinh nên ta có:

\(\dfrac{a}{30}=\dfrac{b}{32}=\dfrac{c}{33}\)

Lớp 7A trồng được ít hơn lớp 7C là 6 cây nên c-a=6

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

\(\dfrac{a}{30}=\dfrac{b}{32}=\dfrac{c}{33}=\dfrac{c-a}{33-30}=\dfrac{6}{3}=2\)

=>\(a=30\cdot2=60;b=32\cdot2=64;c=33\cdot2=66\)

Vậy: số cây lớp 7A,7B,7C trồng được lần lượt là 60(cây),64(cây),66(cây)

Bài 10:

a: \(DN=NE=\dfrac{DE}{2}\)

\(DM=MF=\dfrac{DF}{2}\)

mà DE=DF

nên DN=NE=DM=MF

Xét ΔDEM và ΔDFN có

DE=DF

\(\widehat{EDM}\) chung

DM=DN

Do đó: ΔDEM=ΔDFN

=>ME=FN

b: Xét ΔNEF và ΔMFE có

NE=MF

FE chung
NF=ME

Do đó: ΔNEF=ΔMFE

=>\(\widehat{KFE}=\widehat{KEF}\)

=>KE=KF

c: Xét ΔDKE và ΔDKF có

DK chung

KE=KF

DE=DF

Do đó: ΔKDE=ΔKDF

=>\(\widehat{KDE}=\widehat{KDF}\)

=>DK là phân giác của góc EDF

d: Ta có: ΔDEF cân tại D

mà DK là đường phân giác

nên DK là đường trung trực của EF

=>DK\(\perp\)EF tại trung điểm H của EF

Bài 11:

a: Ta có: \(\widehat{DBM}=\widehat{ABC}\)(hai góc đối đỉnh)

\(\widehat{ECN}=\widehat{ACB}\)(hai góc đối đỉnh)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

nên \(\widehat{DBM}=\widehat{ECN}\)

Xét ΔDMB vuông tại M và ΔENC vuông tại N có

BD=CE
\(\widehat{DBM}=\widehat{ECN}\)

Do đó: ΔDMB=ΔENC

=>DM=EN

b: Ta có: \(\widehat{ABC}+\widehat{ABM}=180^0\)

\(\widehat{ACB}+\widehat{ACN}=180^0\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

nên \(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)

Xét ΔABM và ΔACN có

AB=AC

\(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)

BM=CN

Do đó: ΔABM=ΔACN

=>AM=AN

=>ΔAMN cân tại A

a: Xét ΔAMB và ΔAMC có

AM chung

MB=MC

AB=AC

Do đó: ΔAMB=ΔAMC

b: Xét ΔEAD và ΔECB có

EA=EC

\(\widehat{AED}=\widehat{CEB}\)(hai góc đối đỉnh)

ED=EB

Do đó: ΔEAD=ΔECB

=>\(\widehat{EAD}=\widehat{ECB}\)

=>AD//CB

c: Sửa đề: AP=CQ

Xét ΔEAP và ΔECQ có

EA=EC

\(\widehat{EAP}=\widehat{ECQ}\)(AP//CQ)

AP=CQ

Do đó: ΔEAP=ΔECQ

=>\(\widehat{AEP}=\widehat{CEQ}\)

=>\(\widehat{AEP}+\widehat{AEQ}=180^0\)

=>P,Q,E thẳng hàng

a: Xét ΔBAD và ΔBED có

BA=BE

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)

BD chung

Do đó: ΔBAD=ΔBED

=>\(\widehat{BAD}=\widehat{BED}\)

=>\(\widehat{BED}=90^0\)

=>DE\(\perp\)BC

b: ΔBAD=ΔBED

=>DA=DE

Xét ΔADK vuông tại A và ΔEDC vuông tại E có

DA=DE

\(\widehat{ADK}=\widehat{EDC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó:ΔADK=ΔEDC

c: Ta có: ΔADK=ΔEDC

=>AK=EC

Ta có: BA+AK=BK

BE+EC=BC

mà BA=BE và AK=EC

nên BK=BC

=>ΔBKC cân tại B

d: Xét ΔBKC có

CA,KE là các đường cao

CA cắt KE tại D

Do đó: D là trực tâm của ΔBKC

=>BD\(\perp\)KC

Câu 21: C

Câu 24: D

a: Xét ΔABM và ΔACN có

AB=AC

\(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)

BM=CN

Do đó: ΔABM=ΔACN

=>AM=AN

=>ΔAMN cân tại A

b: Ta có: \(\widehat{BMH}=\widehat{AMN}\)(hai góc đối đỉnh)

\(\widehat{CNK}=\widehat{ANM}\)(hai góc đối đỉnh)

mà \(\widehat{AMN}=\widehat{ANM}\)(ΔAMN cân tại A)

nên \(\widehat{BMH}=\widehat{CNK}\)

Xét ΔBMH vuông tại H và ΔCNK vuông tại K có

BM=CN

\(\widehat{BMH}=\widehat{CNK}\)

Do đó: ΔBMH=ΔCNK

=>BH=CK

c: Ta có: ΔBMH=ΔCNK

=>MH=NK

Ta có: AM+MH=AH

AN+NK=AK

mà AM=AN và MH=NK

nên AH=AK

Xét ΔABH và ΔACK có

AB=AC

BH=CK

AH=AK

Do đó: ΔABH=ΔACK

Không hình sao biết

Hình đâu bạn?

Câu 14: \(6z=19y\)

=>\(\dfrac{z}{19}=\dfrac{y}{6}\)

=>Chọn C

câu 13:

\(\dfrac{40x^7+25x^4-15x^2}{5x^2}=\dfrac{40x^7}{5x^2}+\dfrac{25x^4}{5x^2}-\dfrac{15x^2}{5x^2}\)

\(=8x^5+5x^2-3\)

=>Hệ số của x⁵ là 8

=>Chọn A

Ta có: \(\widehat{ABC}+\widehat{ABM}=180^0\)(hai góc kề bù)

\(\widehat{ACB}+\widehat{ACN}=180^0\)(hai góc kề bù)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

nên \(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)

Xét ΔABM và ΔACN có

AB=AC

\(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)

BM=CN

Do đó: ΔABM=ΔACN

=>AM=AN

=>ΔAMN cân tại A

Do tam giác ABC cân tại A, nên AB = AC.
Ta có BM = CN (theo giả thiết).
Vậy, tam giác ABM cùng góc tại A với tam giác ACN. Do AB = AC và BM = CN, nên tam giác ABM = tam giác ACN (c.g.c).
Từ đó, ta suy ra AM = AN (hai cạnh tương ứng).
Vậy, tam giác AMN cân tại A