giải giúp mik với

Bài 2: a) Ta có: \[ 2\sqrt{27} + 3\sqrt{12} - \sqrt{48} + \frac{3}{5}\sqrt{75} \] \[ = 2\sqrt{9 \cdot 3} + 3\sqrt{4 \cdot 3} - \sqrt{16 \cdot 3} + \frac{3}{5}\sqrt{25 \cdot 3} \] \[ = 2 \cdot 3\sqrt{3} + 3 \cdot 2\sqrt{3} - 4\sqrt{3} + \frac{3}{5} \cdot 5\sqrt{3} \] \[ = 6\sqrt{3} + 6\sqrt{3} - 4\sqrt{3} + 3\sqrt{3} \] \[ = 11\sqrt{3}. \] b) Với \( 2 < x < 5 \), ta có: \[ \sqrt{(x-2)^2} + \sqrt{(x-5)^2} \] \[ = |x-2| + |x-5|. \] Do \( 2 < x < 5 \), nên \( x - 2 > 0 \) và \( x - 5 < 0 \). Do đó: \[ |x-2| = x - 2 \quad \text{và} \quad |x-5| = -(x - 5) = 5 - x. \] Vậy: \[ \sqrt{(x-2)^2} + \sqrt{(x-5)^2} = (x - 2) + (5 - x) = 3. \] Bài 3: Gọi số chuyến của xe thứ hai là x (chuyến, điều kiện: x > 0) Số chuyến của xe thứ nhất là $\frac{3}{2}x$ (chuyến). Số chuyến của xe thứ ba là $50 - (\frac{3}{2}x + x)$ (chuyến). Khối lượng hàng do xe thứ nhất chở là $2 \times \frac{3}{2}x = 3x$ (tấn). Khối lượng hàng do xe thứ hai chở là $2,5 \times x$ (tấn). Khối lượng hàng do xe thứ ba chở là $3 \times [50 - (\frac{3}{2}x + x)]$ (tấn). Ta có phương trình: $3x + 2,5x + 3 \times [50 - (\frac{3}{2}x + x)] = 118$ Giải phương trình ta được x = 12 Vậy số chuyến của xe thứ nhất là $\frac{3}{2} \times 12 = 18$ (chuyến). Số chuyến của xe thứ ba là $50 - (18 + 12) = 20$ (chuyến). Đáp số: Xe thứ nhất: 18 chuyến, Xe thứ hai: 12 chuyến, Xe thứ ba: 20 chuyến. Bài 4: Để tính góc tạo bởi thang và tường, ta có thể sử dụng định lý Pythagore và hàm số lượng giác cosin. Bước 1: Xác định các cạnh của tam giác vuông. - Chiều dài của thang là cạnh huyền của tam giác vuông, có độ dài 4m. - Khoảng cách từ chân thang đến tường là một cạnh góc vuông, có độ dài 2,5m. Bước 2: Tính cạnh góc vuông còn lại (chiều cao từ chân tường đến điểm tựa của thang trên tường). Theo định lý Pythagore, ta có: \[ c^2 = a^2 + b^2 \] Trong đó: - \(c = 4\) (cạnh huyền), - \(a = 2,5\) (một cạnh góc vuông), - \(b\) là cạnh góc vuông còn lại. Thay vào công thức: \[ 4^2 = 2,5^2 + b^2 \] \[ 16 = 6,25 + b^2 \] \[ b^2 = 16 - 6,25 = 9,75 \] \[ b = \sqrt{9,75} \approx 3,12 \] Bước 3: Tính góc tạo bởi thang và tường. Góc tạo bởi thang và tường là góc giữa cạnh huyền (thang) và cạnh góc vuông (tường). Ta sử dụng hàm cosin: \[ \cos(\theta) = \frac{\text{cạnh kề}}{\text{cạnh huyền}} = \frac{b}{c} = \frac{3,12}{4} \] \[ \cos(\theta) \approx 0,78 \] Sử dụng máy tính để tìm góc \(\theta\): \[ \theta \approx \cos^{-1}(0,78) \approx 38^\circ \] Vậy, góc tạo bởi thang và tường là khoảng \(38^\circ\). Bài 5: Để giải bài toán này, ta thực hiện các bước sau: a) Tính khoảng cách \( KN \) Trong tam giác vuông \( MNK \), ta có: - Góc \( \angle MKL = 35^\circ \) - \( MN = 1200 \) m (chiều cao của máy bay so với mặt đất) Sử dụng định nghĩa của tang trong tam giác vuông: \[ \tan 35^\circ = \frac{MN}{KN} \] Suy ra: \[ KN = \frac{MN}{\tan 35^\circ} = \frac{1200}{\tan 35^\circ} \] Sử dụng máy tính để tính giá trị: \[ KN \approx \frac{1200}{0.7002} \approx 1713 \text{ m} \] b) Tính vận tốc trung bình của máy bay khi đáp xuống Trong tam giác vuông \( MNI \), ta có: - Góc \( \angle MNI = 20^\circ \) - \( MN = 1200 \) m Sử dụng định nghĩa của sin trong tam giác vuông: \[ \sin 20^\circ = \frac{MN}{MI} \] Suy ra: \[ MI = \frac{MN}{\sin 20^\circ} = \frac{1200}{\sin 20^\circ} \] Sử dụng máy tính để tính giá trị: \[ MI \approx \frac{1200}{0.3420} \approx 3508 \text{ m} \] Thời gian máy bay đáp xuống là 6 phút, đổi ra giờ: \[ 6 \text{ phút} = \frac{6}{60} \text{ giờ} = 0.1 \text{ giờ} \] Vận tốc trung bình của máy bay: \[ v = \frac{MI}{0.1} = \frac{3508}{0.1} = 35080 \text{ m/h} = 35.08 \text{ km/h} \] Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất: \[ v \approx 35.1 \text{ km/h} \] Vậy, vận tốc trung bình của máy bay khi đáp xuống là khoảng \( 35.1 \) km/h. Bài 6: Để giải bài toán này, chúng ta sẽ thực hiện từng bước như sau: a) Chứng minh: \(OA \bot BC\), từ đó suy ra \(AE \parallel BC\). - Vì tam giác \(ABC\) là tam giác cân tại \(A\) nên \(AB = AC\). - Do \(A, B, C\) nằm trên đường tròn \((O)\), \(OA = OB = OC\) (bán kính của đường tròn). - Xét tam giác \(ABC\), vì \(AB = AC\) và \(OA = OB = OC\), nên \(O\) là trung điểm của cung \(BC\) không chứa \(A\). - Do đó, \(OA\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(BC\), suy ra \(OA \bot BC\). Từ \(OA \bot BC\) và \(AE\) là tiếp tuyến tại \(A\), theo tính chất của tiếp tuyến, \(AE \parallel BC\). b) Chứng minh: Tứ giác \(ABCE\) là hình bình hành. - Ta đã có \(AE \parallel BC\) từ phần a). - Vì \(D\) là trung điểm của \(AC\) và \(E\) nằm trên tia \(BD\), nên \(BE\) là đường trung tuyến của tam giác \(ABC\). - Do đó, \(BE = EC\). Vì \(AE \parallel BC\) và \(BE = EC\), tứ giác \(ABCE\) có hai cặp cạnh đối song song và bằng nhau, nên \(ABCE\) là hình bình hành. c) Gọi \(I\) là trung điểm của \(CF\) và \(G\) là giao điểm của hai tia \(BC\) và \(OI\). - Vì \(I\) là trung điểm của \(CF\), nên \(OI\) là đường trung bình của tam giác \(BCF\). - Do đó, \(OI \parallel BF\) và \(OI = \frac{1}{2}BF\). - Gọi \(G\) là giao điểm của \(BC\) và \(OI\). - Vì \(OI \parallel BF\), nên \(G\) là trung điểm của \(BC\). Tóm lại, chúng ta đã chứng minh được các yêu cầu của bài toán.