a,

c, Gọi \(\left(D_3\right):y=ax+b\) là đt cần tìm

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-2;b\ne0\\3x+3=ax+b,\forall x=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-2\\-a+b=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-2\\b=-2\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\left(D_3\right):y=-2x-2\)

Gọi giao điểm AE và BP là F;

Gọi giao điểm QD và AB là H; 

Gọi kéo dài AD cắt BF tại P'     

Dễ cm M là trung điểm AC

Xét \(\Delta OMC\) có QD//CM\(\Rightarrow\dfrac{OD}{OM}=\dfrac{QD}{CM}\)(hệ quả tales)

Tương tự với \(\Delta OAM\) có \(\dfrac{OD}{OM}=\dfrac{DH}{AM}\) 

\(\Rightarrow\dfrac{QD}{CM}=\dfrac{DH}{AM}\)

Mà CM=AM (vì M là tđ AC)

\(\Rightarrow QD=DH\)

Dễ cm P là trung điểm BF

Xét \(\Delta ABP'\) có DH//BP'

\(\Rightarrow\dfrac{DH}{BP'}=\dfrac{AD}{AP'}\)(tales)

Tương tự với \(\Delta AFP'\) có \(\dfrac{QD}{FP'}=\dfrac{AD}{AP'}\)

\(\Rightarrow\dfrac{DH}{BP'}=\dfrac{QD}{FP'}\)

Mà DH=QD (cmt) 

\(\Rightarrow BP'=FP'\)

\(\Rightarrow\)P' là trung điểm BF

\(\Rightarrow P\equiv P'\)

\(\Rightarrow A,D,P\) thẳng hàng

a) Vì n+4 chia hết cho n,n chia hết cho n

Suy ra 4 chia hết cho n nên n là ước của 4

Suy ra n thuộc {1;-1;2;-2;-4;4}

Vậy ___________

b)Vì n chia hết cho n-2 , n-2 chia hết cho n-2

nên n- n + 2 chia hết cho n-2

hay 2 chiaa hết cho n-2

Suy ra n-2 là ước của 2

Kéo theo n-2 thuộc {1;-1;2;-2}

Suy ra n thuộc {3;1;4;0}

Vậy ____________

c)Vì 2n + 7 chia hết cho n+3 nên 2n + 6 +1 chia hết cho n+3

Vì 2n + 6 = 2.(n+3) chia hết cho n+3

Suy ra 1 chia hết cho n+3

Suy ra n+3 là ước của 1

n+3 thuộc {1;-1}

Suy ra n thuộc {-2;-4}

Vậy ________

1. Nội dung chính: câu chuyện về số phận hai hạt lúa, một hạt được nảy nở đâm chồi, một hạt bị khô héo.

2. Câu phủ định: Lúc này chất dinh dưỡng chẳng giúp ích được gì. (từ phủ định: chẳng)

3. PTBĐ chính: tự sự

4. HS tự viết đoạn văn, chú ý hình thức 3-5 câu. Gợi ý bài học: hãy biết dũng cảm đối mặt với những thử thách, đừng hèn nhát, sợ hãi trước khó khăn. Như thế bản thân mới có ích, mới nhận được những điều tốt đẹp.

a) \(BC^2=AB^2+AC^2\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}\Rightarrow\widehat{B}\approx53^0\\sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\Rightarrow\widehat{C}=37^0\end{matrix}\right.\)

c) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=BD\\AC=DC\end{matrix}\right.\)(t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

=> BC là đường trung trực AD

\(\Rightarrow AD\perp BC\)

Áp dụng HTL trong tam giác BDC vuông tại D:

\(FB.FC=FD^2\Rightarrow4FB.FC=4FD^2=\left(2FD\right)^2=AD^2\)

a: Ta có: ΔOED cân tại O

mà OK là đường trung tuyến

nên OK\(\perp\)ED

Vì \(\widehat{OKA}=90^0\)(OK\(\perp\)ED)

nên K nằm trên đường tròn đường kính OA(1)

Xét tứ giác OBAC có

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBAC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OA(2)

Từ (1) và (2) suy ra K,O,B,A,C cùng thuộc đường tròn đường kính OA

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(3)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(4)

Từ (3) và (4) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC

b: Xét (O) có

ΔBED nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBED vuông tại E

=>BE\(\perp\)ED tại E

=>BE\(\perp\)AD tại E

Xét ΔBAD vuông tại B có BE là đường cao

nên \(AE\cdot AD=AB^2\)

mà AB=AC

nên \(AE\cdot AD=AC^2\)

c: Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=OD^2\left(5\right)\)

Xét ΔOHF vuông tại H và ΔOKA vuông tại K có

\(\widehat{HOF}\) chung

Do đó: ΔOHF đồng dạng với ΔOKA

=>\(\dfrac{OH}{OK}=\dfrac{OF}{OA}\)

=>\(OH\cdot OA=OK\cdot OF\left(6\right)\)

Từ (5)  và (6) suy ra \(OK\cdot OF=OD^2\)

=>\(\dfrac{OK}{OD}=\dfrac{OD}{OF}\)

Xét ΔOKD và ΔODF có

\(\dfrac{OK}{OD}=\dfrac{OD}{OF}\)

\(\widehat{KOD}\) chung

Do đó: ΔOKD đồng dạng với ΔODF

=>\(\widehat{OKD}=\widehat{ODF}\)

mà \(\widehat{OKD}=90^0\)

nên \(\widehat{ODF}=90^0\)

=>FD là tiếp tuyến của (O)

a(b-c)+a(d+c)=a(b+d)

Ta có :a(b-c)+a(d+c)

= ab - ac + ad + ac 

= ab + ad

= a( b + d ) \(\rightarrow\)ĐPCM

# HOK TỐT #

Biến đổi vế trái ta được:

a(b-c)+a(d+c)

=a(b-c+d+c)

=a(b+d)

=Vế phải (đpcm)

a(b-c)+a(d+c)=a(b+d)

Ta có : a(b-c)-a(d+c)

= ab - ac - ad - ac  

= ab - ad

= a( b - d ) →ĐPCM

c: Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow AB^2=64-32=32\)

hay \(AB=4\sqrt{2}\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AB=AC

nên ΔBAC vuông cân tại A

Suy ra: \(\widehat{B}=\widehat{C}=45^0\)