Kẻ OH⊥CD tại H

=>OH là khoảng cách từ O đến dây CD

ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của CD
=>\(HC=HD=\frac{CD}{2}=\frac{18}{2}=9\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔOHC vuông tại H

=>\(OH^2+HC^2=OC^2\)

=>\(OH^2=11^2-9^2=121-81=40\)

=>\(OH=2\sqrt{10}\) (cm)

ΔOHM vuông tại H

=>\(OH^2+HM^2=OM^2\)

=>\(HM^2=7^2-40=9=3^2\)

=>HM=3(cm)

MC=MH+HC=3+9=12(cm)

MC+MD=CD

=>MD=18-12=6(cm)

1.15:

a: \(\left(2x-x^2\right)\left(2x^2-3x-2\right)=0\)

=>\(x\left(2-x\right)\left(2x^2-4x+x-2\right)=0\)

=>\(-x\left(x-2\right)^2\left(2x+1\right)=0\)

=>x∈{0;2;-1/2}

=>A={0;2;-1/2}

\(3

mà x∈N

nên x∈{4;5}

=>B={4;5}

A={0;2;-1/2}; B={4;5}

A\(\cap\) B={0;2;-1/2}\(\cap\) {4;5}

=∅

A\(\cup\) B={0;2;-1/2}\(\cup\) {4;5}

={0;2;-1/2;4;5}

A\B={0;2;-1/2}\{4;5}

={0;2;-1/2}

B\A={4;5}\{0;2;-1/2}

={4;5}

c: A={x∈Z|x∈Ư(6)}

=>A={1;-1;2;-2;3;-3;6;-6}

Sửa đề: \(x^2-7x+12=0\)

\(x^2-7x+12=0\)

=>(x-3)(x-4)=0

=>x=3 hoặc x=4

=>B={3;4}

A\(\cap\) B={1;-1;2;-2;3;-3;6;-6}\(\cap\) {3;4}

={3}

A\(\cup\) B={1;-1;2;-2;3;-3;6;-6}\(\cup\) {3;4}

={1;-1;2;-2;3;-3;6;-6;4}

A\B={1;-1;2;-2;3;-3;6;-6}\{3;4}

={1;-1;2;-2;-3;6;-6}

B\A={3;4}\{1;-1;2;-2;3;-3;6;-6}

={4}

d: \(x^2<4\)

=>-2<x<2

mà x∈Z

nên x∈{-1;0;1}

=>A={-1;0;1}

\(\left(5x-3x^2\right)\left(x^2-2x-3\right)=0\)

=>x(5-3x)(x-3)(x+1)=0

=>x∈{0;5/3;3;-1}

mà x∈Z

nên x∈{0;3;-1}

=>B={0;3;-1}

A\(\cap\) B={-1;0;1}\(\cap\) {0;3;-1}

={0;-1}

A\(\cup\) B={-1;0;1}\(\cup\) {0;3;-1}

={-1;0;1;3}

A\B={-1;0;1}\{0;3;-1}

={1}

B\A={0;3;-1}\{-1;0;1}

={3}

1: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AB^2=BH\cdot BC\)

=>\(BC=\frac{9^2}{5,4}=15\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔABC vuông tại A

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

=>\(AC^2=15^2-9^2=225-81=144=12^2\)

=>AC=12(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot15=9\cdot12=108\)

=>AH=108/15=7,2(cm)

Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

=>EF=AH=7,2(cm)

2: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{EF^2}\)

3: Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(EA\cdot EB=HE^2\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(FA\cdot FC=HF^2\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HA^2=HB\cdot HC\)

AEHF là hình chữ nhật

=>\(HA^2=HE^2+HF^2\)

=>\(EA\cdot EB+FA\cdot FC=HB\cdot HC\)

Câu 1:

Các câu là mệnh đề là a,c

a: Mệnh đề này sai vì \(\sqrt5\) là số vô tỉ

c: 4x-3>=x

=>3x>=3

=>x>=1

=>Mệnh đề này không thể đúng với mọi x thực

=>Mệnh đề 4x-3>=x; x∈R sai

Câu 2:

a: Mệnh đề P=>Q: "Nếu 13⋮2 thì 13⋮10"

Mệnh đề này sai vì 13 không chia hết cho 2

nên 13 cũng không chia hết cho 10"

Mệnh đề Q=>P: "Nếu 13⋮10 thì 13⋮2"

Mệnh đề này sai vì 13 không chia hết cho 10

nên 13 cũng không chia hết cho 2"

b: Mệnh đề P=>Q: "Nếu ABCD là tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau thì ABCD là hình vuông"

Mệnh đề này sai vì nếu ABCD là tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau thì ABCD chỉ cần là hình thoi là đủ, chứ không nhất thiết phải là hình vuông

Mệnh đề Q=>P: "Nếu ABCD là hình vuông thì ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau"

ABCD là hình vuông

=>AC⊥BD

=>Mệnh đề Q=>P đúng

c: Mệnh đề P=>Q: "Nếu ΔABC có hai cạnh bằng nhau thì ΔABC đều"

Mệnh đề này sai vì nếu ΔABC có hai cạnh bằng nhau thì ΔABC chỉ là tam giác cân chứ chưa chắc là tam giác đều

Mệnh đề Q=>P: "Nếu ΔABC là tam giác đều thì ΔABC có hai cạnh bằng nhau"

Mệnh đề này đúng

AH+HB=AB

=>HB=30-9=21(cm)

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

Xét ΔCAB vuông tại C có CH là đường cao

nên \(CA^2=CH\cdot CB=9\cdot30=270\)

=>\(CA=3\sqrt{30}\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔCHA vuông tại H

=>\(CH^2+HA^2=CA^2\)

=>\(CH^2=270-9^2=270-81=189\)

=>\(CH=\sqrt{189}=3\sqrt{21}\) (cm)

ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của CD

=>\(CD=2\cdot CH=6\sqrt{21}\left(\operatorname{cm}\right)\)

Diện tích tam giác BCD là:

\(S_{BCD}=\frac12\cdot BH\cdot CD=\frac12\cdot6\sqrt{21}\cdot21=63\sqrt{21}\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

a: Mệnh đề P=>Q có nghĩa là từ ΔABC vuông tại A, ta có thể suy ra đường trung tuyến AI sẽ bằng nửa cạnh BC

=>Mệnh đề này đúng

b: Mệnh đề P <=>Q có nghĩa là ΔABC vuông tại A khi và chỉ khi đường trung tuyến AI bằng nửa cạnh BC

Xét ΔABC có

AI là đường trung tuyến

\(AI=\frac{BC}{2}\)

Do đó: ΔABC vuông tại A(2)

ΔABC vuông tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên \(AI=IB=IC=\frac{BC}{2}\) (1)

Từ (1),(2) suy ra Mệnh đề P <=>Q đúng

Bài 1:

a: \(A=3\left(x-1\right)^2-\left(x+1\right)^2+2\left(x-3\right)\left(x+3\right)-\left(2x+3\right)^2-\left(5-20x\right)\)

\(=3\left(x^2-2x+1\right)-\left(x^2+2x+1\right)+2\left(x^2-9\right)-\left(4x^2-12x+9\right)-5+20x\)

\(=3x^2-6x+3-x^2-2x-1+2x^2-18-\left(4x^2-12x+9\right)+20x-5\)

=12x-21-\(4x^2+12x-9\)

\(=-4x^2+24x-30\)

b: \(B=-x\left(x+2\right)^2+\left(2x+1\right)^2+\left(x+3\right)\left(x^2-3x+9\right)-1\)

\(=-x\left(x^2+4x+4\right)+4x^2+4x+1+x^3+27-1\)

\(=-x^3-4x^2-4x+x^3+4x^2+4x+27=27\)

Bài 2:

a: \(27\left(1-x\right)\left(x^2+x+1\right)+81\left(x-1\right)\)

\(=27\left(1-x^3\right)+81x-81=27-27x^3+81x-81=-27x^3+81x-54\)

a: \(\hat{SD;\left(ABCD\right)}=\hat{DS;DA}=\hat{SDA}=30^0\)

Xét ΔSAD vuông tại A có tan SDA=\(\frac{SA}{AD}\)

=>\(SA=a\cdot\tan30=\frac{a\sqrt3}{3}\)

=>d(S;(ABCD))=SA=\(\frac{a\sqrt3}{3}\)

b: CD⊥ AD(ABCD là hình vuông)

CD⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AD cùng thuộc mp(SAD)

nên CD⊥ SD

=>ΔSDC vuông tại D

Ta có: BC⊥BA(ABCD là hình vuông)

BC⊥ SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,BA cùng thuộc mp(SAB)

nên BC⊥(SAB)

=>BC⊥SB

=>ΔSBC vuông tại B

c: BD⊥AC
BD⊥SA(SA⊥(ABCD))

SA,AC cùng thuộc mp(SAC)

Do đó: BD⊥(SAC)

mà BD⊂(SBD)

nên (SBD)⊥(SAC)

e: \(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=\hat{CS;CA}=\hat{SCA}\)

ABCD là hình vuông

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

=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(AC=a\sqrt2\)

Xét ΔSAC vuông tại A có tan SCA=\(\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt3}{3}:a\sqrt2=\frac{\sqrt3}{3\sqrt2}\)

nên \(\hat{SCA}\) ≃22 độ

=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}\) ≃22 độ

a: ΔOCD cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH⊥CD tại H

Xét tứ giác MAOH có \(\hat{MAO}+\hat{MHO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MAOH là tứ giác nội tiếp

a: Xét (O) có

ΔMAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔMAB vuông tại M

Xét ΔMAB vuông tại M có sin ABM=\(\frac{AM}{AB}\)

=>\(\frac{AM}{2R}=\sin30=\frac12\)

=>AM=R

Xét ΔMAB vuông tại M có \(MA^2+MB^2=AB^2\)

=>\(MB^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)

=>\(MB=R\sqrt3\)

Xét ΔMAB vuông tại M có MH là đường cao

nên \(MH\cdot AB=MA\cdot MB\)

=>\(MH\cdot2R=R\cdot R\sqrt3=R^2\sqrt3\)

=>\(MH=\frac{R^2\sqrt3}{2R}=\frac{R\sqrt3}{2}\)

Xét ΔMAB vuông tại M có MH là đường cao

nên \(AH\cdot AB=AM^2\)

=>AH=R^2/2R=0,5R

AH+HB=AB

=>BH=2R-0,5R=1,5R

b: Xét (O) có

EA,EM là các tiếp tuyến

Do đó: OE là phân giác của góc AOM và EA=EM

Xét (O) có

FM,FB là các tiếp tuyến

Do đó: FM=FB và OF là phân giác của góc BOM

ΔOAM cân tại O

mà OE là đường phân giác

nên OE⊥AM tại P

ΔOBM cân tại O

mà OQ là đường phân giác

nên OQ⊥BM tại Q

Xét tứ giác OPMQ có \(\hat{OPM}=\hat{OQM}=\hat{PMQ}=90^0\)

nên OPMQ là hình chữ nhật