a: Bảng giá trị:

Vẽ đồ thị:

b: Gọi α là góc tạo bởi (d) với trục Ox

tan α=a=2

=>α≃63 độ 26p

c: Gọi β là góc tạo bởi (d') với trục Ox

tan β=a'=1

=>β=45 độ

Ta có; \(\left(6x^4+7x^2-13x^3-x-5\right):\left(3x+1\right)\)

\(=\left(6x^4-13x^3+7x^2-x-5\right):\left(3x+1\right)\)

\(=\left(6x^4+2x^3-15x^3-5x^2+12x^2+4x-5x-\frac53-\frac{10}{3}\right)\) :(3x+1)

\(=2x^3-5x^2+4x-\frac13-\frac{10}{3}:\left(3x+1\right)\)

a: Xét (O) có

CA,CM là các tiếp tuyến

Do đó: CA=CM và OC là phân giác của góc AOM

OC là phân giác của góc AOM

=>\(\hat{AOM}=2\cdot\hat{MOC}\)

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

OD là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)

Ta có: \(\hat{AOM}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{MOC}+\hat{MOD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{COD}=180^0\)

=>\(\hat{COD}=90^0\)

=>O nằm trên đường tròn tâm O', đường kính CD
b: ΔOAM cân tại O

mà OI là đường phân giác

nên OI⊥AM tại I và I là trung điểm của AM

ΔOBM cân tại O

mà OK là đường phân giác

nên OK⊥BM tại K và K là trung điểm của BM

Xét tứ giác OIMK có \(\hat{OIM}=\hat{OKM}=\hat{IOK}=90^0\)

nên OIMK là hình chữ nhật

=>OM=IK

c: Xét hình thang ABDC có

O,O' lần lượt là trung điểm của AB,DC

=>O'O là đường trung bình của hình thang ABDC
=>O'O//AC//BD

=>O'O⊥AB

Xét (O') có

O'O là bán kính

AB⊥O'O tại O

Do đó: AB là tiếp tuyến tại O của (O')

Câu 8:

Chu vi tam giác ABC là 15m

=>AB+BC+AC=15

=>AC=15-6-4=5(m)

Chu vi tam giác MNK là 15m

=>MN+NK+MK=15

=>NK=15-6-4=5(m)

Xét ΔABC và ΔNMK có

AB=NM

BC=MK

AC=NK

Do đó: ΔABC=ΔNMK

=>\(\hat{A}=\hat{N};\hat{B}=\hat{M};\hat{C}=\hat{K}\)

BÀi 6:

a: ΔABC=ΔNMP

b: ΔABC=ΔPNM

a: Xét ΔABC có \(AB^2+AC^2=BC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

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

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH=\frac{4\cdot4\sqrt2}{4\sqrt3}=\frac{4\sqrt2}{\sqrt3}\) ≃3,266

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\)

=>\(BH=\frac{4^2}{4\sqrt3}=\frac{4}{\sqrt3}\) ≃2,309

Câu 3:

a: Ta có: \(\hat{xOy}+\hat{aMO}=120^0+60^0=180^0\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí trong cùng phía

nên Ma//Oy

b: Ta có: \(\hat{OMa}+\hat{OMb}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{OMb}=180^0-60^0=120^0\)

c: Ot là phân giác của góc xOy

=>\(\hat{xOt}=\hat{yOt}=\frac12\cdot\hat{xOy}=\frac12\cdot120^0=60^0\)

Ta có: Mz là phân giác của góc OMb

=>\(\hat{zMO}=\frac12\cdot\hat{OMb}=\frac12\cdot120^0=60^0\)

Ta có: \(\hat{zMO}=\hat{tOM}\left(=60^0\right)\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên Ot//Mz

Bài 2:

a: \(\frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{2\sqrt{x}-2}{x\cdot\sqrt{x}+x-\sqrt{x}-1}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{2\left(\sqrt{x}-1\right)}{x\left(\sqrt{x}+1\right)-\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{2\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-1\right)}=\frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{2}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}\)

\(=\frac{\sqrt{x}+1-2}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}=\frac{\sqrt{x}-1}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}\)

Ta có: \(\frac{1}{\sqrt{x}-1}-\frac{2}{x-1}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{x}-1}-\frac{2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{x}+1-2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{\sqrt{x}-1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{1}{\sqrt{x}+1}\)

Ta có: \(C=\left(\frac{1}{\sqrt{x}+1}-\frac{2\sqrt{x}-2}{x\cdot\sqrt{x}+x-\sqrt{x}-1}\right):\left(\frac{1}{\sqrt{x}-1}-\frac{2}{x-1}\right)\)

\(=\frac{\sqrt{x}-1}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}:\frac{1}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)

Bài 3:

\(12=2^2\cdot3;18=2\cdot3^2;21=3\cdot7\)

=>BCNN(12;18;21)=\(2^2\cdot3^2\cdot7=4\cdot9\cdot7=252\)

Gọi số học sinh của trường là x(bạn)

(Điều kiện: x∈N*)

Vì số học sinh của trường khi xếp hàng 12;18;21 thì đều vừa đủ nên x∈BC(12;18;21)

=>x∈B(252)

=>x∈{252;504;756;...}

mà 500<=x<=600

nên x=504(nhận)

Vậy: Số học sinh của trường là 504 bạn

Bài 2:

\(54=3^3\cdot2;45=3^2\cdot5\)

=>ƯCLN(54;45)=\(3^2=9\)

để chia 54 viên xanh và 45 viên đỏ thành các phần quà như nhau

thì số phần quà là ước chung của 45 và 54

mà số phần quà lớn hơn 3

nên số phần quà là 9 phần

Bài 3:

Gọi O là trung điểm của AH

Vì \(\hat{AEH}=\hat{ADH}=90^0\)

nên A,D,H,E cùng thuộc đường tròn đường kính AH

=>A,D,H,E cùng thuộc (O)

=>O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔADE

Gọi K là giao điểm của AH và BC

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại K

OE=OH

=>ΔOEH cân tại O

=>\(\hat{OEH}=\hat{OHE}\)

mà \(\hat{OHE}=\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{BAH}\right)\)

nên \(\hat{OEH}=\hat{ABC}\)

ΔEBC vuông tại E

mà EI là đường trung tuyến

nên IE=IC

=>ΔIEC cân tại I

=>\(\hat{IEC}=\hat{ICE}\)

\(\hat{OEI}=\hat{OEC}+\hat{IEC}\)

\(=\hat{EBC}+\hat{ECB}=90^0\)

=>IE là tiếp tuyến tại E của (O)

ΔDBC vuông tại D

mà DI là đường trung tuyến

nên DI=IB=IC

Xét ΔIEO và ΔIDO có

IE=ID

EO=DO

IO chung

Do đó: ΔIEO=ΔIDO

=>\(\hat{IEO}=\hat{IDO}\)

=>\(\hat{IDO}=90^0\)

=>DI là tiếp tuyến tại D của (O)

a: \(a=\sqrt{\left(20+11\sqrt{2011}\right)^2}=20+11\sqrt{2011}\)

\(b=\sqrt{\left(20-11\sqrt{2011}\right)^2}=\left|20-11\sqrt{2011}\right|=11\sqrt{2011}-20\)

P=a-b

\(=20+11\sqrt{2011}+11\sqrt{2011}-20=22\sqrt{2011}\)

b: Q=(a+1)(b+1)

\(=\left(20+11\sqrt{2011}+1\right)\left(11\sqrt{2011}-20+1\right)\)

\(=\left(21+11\sqrt{2011}\right)\left(11\sqrt{2011}-19\right)=231\sqrt{2011}-399+243331-209\sqrt{2011}\)

\(=22\sqrt{2011}+242932\)