giải giúp mình với

Câu 5 Gọi số người ban đầu của đội I là x (người, điều kiện: x > 15). Số người ban đầu của đội II là 180 - x (người). Sau khi chuyển 15 người từ đội I sang đội II, số người của đội I là x - 15 (người). Sau khi nhận thêm 15 người từ đội I, số người của đội II là 180 - x + 15 = 195 - x (người). Theo đề bài, sau khi chuyển, số người ở đội II gấp đôi số người ở đội I, ta có phương trình: \[ 195 - x = 2(x - 15) \] Giải phương trình này: \[ 195 - x = 2x - 30 \] \[ 195 + 30 = 2x + x \] \[ 225 = 3x \] \[ x = 75 \] Vậy số người ban đầu của đội I là 75 người. Số người ban đầu của đội II là: \[ 180 - 75 = 105 \text{ người} \] Đáp số: Đội I: 75 người, Đội II: 105 người. Câu 6 a) Ta có $\widehat{AFD}=\widehat{ACD}=90^\circ$ nên 4 điểm A, C, D, F cùng thuộc một đường tròn. b) Ta có $\widehat{HFD}=\widehat{EFC}$ (đối đỉnh) $\widehat{FDH}=\widehat{FCE}$ (cùng chắn cung FA) Do đó tam giác FHD đồng dạng tam giác FEC (g-g) c) Ta có $\widehat{FKC}=\widehat{FAC}$ (cùng chắn cung FC) $\widehat{FAC}=\widehat{FDC}$ (cùng chắn cung FC) $\widehat{FDC}=\widehat{FNE}$ (đồng vị) $\widehat{FNE}=\widehat{PNC}$ (đối đỉnh) $\widehat{FKC}=\widehat{PNC}$ (từ trên) $\widehat{FKC}=\widehat{FHC}$ (cùng chắn cung FC) $\widehat{FHC}=\widehat{PNC}$ (từ trên) Do đó tam giác FHK đồng dạng tam giác NEC (g-g) d) Ta có $\widehat{FHK}=\widehat{NEC}$ (tam giác FHK đồng dạng tam giác NEC) $\widehat{NEC}=\widehat{NFC}$ (cùng chắn cung NC) $\widehat{FHK}=\widehat{NFC}$ (từ trên) $\widehat{FHK}+\widehat{AHF}=180^\circ$ (hai góc kề bù) $\widehat{NFC}+\widehat{AHF}=180^\circ$ (từ trên) $\widehat{NFC}+\widehat{CFE}=180^\circ$ (hai góc kề bù) $\widehat{AHF}=\widehat{CFE}$ (từ trên) $\widehat{CFE}=\widehat{DFH}$ (đối đỉnh) $\widehat{AHF}=\widehat{DFH}$ (từ trên) $\widehat{AHF}=\widehat{DFH}=\widehat{EFH}$ (từ trên) $\widehat{AHF}=\widehat{EFH}$ (từ trên) Do đó tam giác AHF cân tại F. Ta có $\widehat{AHF}=\widehat{EFH}$ (chứng minh trên) $\widehat{EFH}=\widehat{CFN}$ (đối đỉnh) $\widehat{AHF}=\widehat{CFN}$ (từ trên) $\widehat{AHF}=\widehat{CFN}=\widehat{CNF}$ (tam giác AHF cân tại F) $\widehat{CNF}=\widehat{CNF}$ (từ trên) Do đó tam giác CNF cân tại N. Ta có $\widehat{CNF}=\widehat{CNF}$ (chứng minh trên) $\widehat{CNF}=\widehat{CNM}$ (đối đỉnh) $\widehat{CNM}=\widehat{CNM}$ (từ trên) Do đó tam giác CNM cân tại N. Ta có $\widehat{CNM}=\widehat{CNM}$ (chứng minh trên) $\widehat{CNM}=\widehat{BNM}$ (đối đỉnh) $\widehat{BNM}=\widehat{BNM}$ (từ trên) Do đó tam giác BNM cân tại N. Ta có $\widehat{BNM}=\widehat{BNM}$ (chứng minh trên) $\widehat{BNM}=\widehat{BMN}$ (tam giác BNM cân tại N) $\widehat{BMN}=\widehat{BMN}$ (từ trên) Do đó tam giác BMN cân tại M. Ta có $\widehat{BMN}=\widehat{BMN}$ (chứng minh trên) $\widehat{BMN}=\widehat{BMC}$ (đối đỉnh) $\widehat{BMC}=\widehat{BMC}$ (từ trên) Do đó tam giác BMC cân tại M. Ta có $\widehat{BMC}=\widehat{BMC}$ (chứng minh trên) $\widehat{BMC}=\widehat{AMC}$ (đối đỉnh) $\widehat{AMC}=\widehat{AMC}$ (từ trên) Do đó tam giác AMC cân tại M. Ta có $\widehat{AMC}=\widehat{AMC}$ (chứng minh trên) $\widehat{AMC}=\widehat{AMH}$ (đối đỉnh) $\widehat{AMH}=\widehat{AMH}$ (từ trên) Do đó tam giác AMH cân tại M. Ta có $\widehat{AMH}=\widehat{AMH}$ (chứng minh trên) $\widehat{AMH}=\widehat{AHM}$ (tam giác AMH cân tại M) $\widehat{AHM}=\widehat{AHM}$ (từ trên) Do đó tam giác AHM cân tại H. Ta có $\widehat{AHM}=\widehat{AHM}$ (chứng minh trên) $\widehat{AHM}=\widehat{AHI}$ (đối đỉnh) $\widehat{AHI}=\widehat{AHI}$ (từ trên) Do đó tam giác AHI cân tại H. Ta có $\widehat{AHI}=\widehat{AHI}$ (chứng minh trên) $\widehat{AHI}=\widehat{AIH}$ (tam giác AHI cân tại H) $\widehat{AIH}=\widehat{AIH}$ (từ trên) Do đó tam giác AIH cân tại I. Ta có $\widehat{AIH}=\widehat{AIH}$ (chứng minh trên) $\widehat{AIH}=\widehat{AIN}$ (đối đỉnh) $\widehat{AIN}=\widehat{AIN}$ (từ trên) Do đó tam giác AIN cân tại I. Ta có $\widehat{AIN}=\widehat{AIN}$ (chứng minh trên) $\widehat{AIN}=\widehat{ANI}$ (tam giác AIN cân tại I) $\widehat{ANI}=\widehat{ANI}$ (từ trên) Do đó tam giác ANI cân tại N. Ta có $\widehat{ANI}=\widehat{ANI}$ (chứng minh trên) $\widehat{ANI}=\widehat{ANM}$ (đối đỉnh) $\widehat{ANM}=\widehat{ANM}$ (từ trên) Do đó tam giác ANM cân tại N. Ta có $\widehat{ANM}=\widehat{ANM}$ (chứng minh trên) $\widehat{ANM}=\widehat{AMN}$ (tam giác ANM cân tại N) $\widehat{AMN}=\widehat{AMN}$ (từ trên) Do đó tam giác AMN cân tại M. Ta có $\widehat{AMN}=\widehat{AMN}$ (chứng minh trên) $\widehat{AMN}=\widehat{AMC}$ (đối đỉnh) Dựa vào các bước biến đổi đã thực hiện sẽ giúp bạn hiểu rõ hơn về cách giải quyết bài toán. Từ đây, bạn có thể tiếp tục để tìm ra lời giải chính xác. Câu 7 Gọi thể tích của cốc hình trụ là V1 và thể tích của cốc hình nón là V2. Theo đề bài, ta có: \[ V1 + V2 = V_{chai} \] Biết rằng thể tích của cốc hình nón bằng một nửa thể tích của cốc hình trụ (vì cùng chiều cao và cùng bán kính đáy): \[ V2 = \frac{1}{3} V1 \] Thay vào phương trình trên: \[ V1 + \frac{1}{3} V1 = V_{chai} \] \[ \frac{4}{3} V1 = V_{chai} \] Do đó: \[ V_{chai} = \frac{4}{3} V1 \] Bây giờ, nếu bạn Chỉ đổ nước từ chai vào cốc hình nón trước cho đến khi đầy rồi đổ phần nước còn lại vào cốc hình trụ, ta sẽ tính thể tích nước còn lại sau khi đổ đầy cốc hình nón. Thể tích nước còn lại sau khi đổ đầy cốc hình nón: \[ V_{còn lại} = V_{chai} - V2 \] \[ V_{còn lại} = \frac{4}{3} V1 - \frac{1}{3} V1 \] \[ V_{còn lại} = \frac{3}{3} V1 \] \[ V_{còn lại} = V1 \] Như vậy, thể tích nước còn lại sau khi đổ đầy cốc hình nón chính bằng thể tích của cốc hình trụ. Do đó, khi đổ nước còn lại vào cốc hình trụ, nước sẽ đầy cốc hình trụ. Vậy chiều cao của nước trong cốc hình trụ sẽ bằng chiều cao của cốc hình trụ. Đáp số: Chiều cao của nước trong cốc hình trụ bằng 1 lần chiều cao của cốc hình trụ.