Toán

\(y=\left(m^2-m-1\right)x-2m^2+2m-3\)

\(=m^2x-mx-x-2m^2+2m-3\)

\(=m^2\left(x-2\right)+m\left(2-x\right)-x-3\)

Tọa độ điểm cố định mà (d) luôn đi qua là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x-2=0\\2-x=0\\y=-x-3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=-2-3=-5\end{matrix}\right.\)

Gọi điểm cố định mà ĐTHS luôn đi qua có tọa độ \(\left(x_0;y_0\right)\)

\(\Rightarrow y_0=\left(m^2-m-1\right)x_0-2m^2+2m-3\), với mọi m

\(\Rightarrow m^2\left(x_0-2\right)-m\left(x_0-2\right)-\left(x_0+y_0+3\right)=0\), với mọi m

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0-2=0\\x_0-2=0\\x_0+y_0+3=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0=2\\y_0=-5\end{matrix}\right.\)

Vậy ĐTHS luôn đi qua điểm cố định có tọa độ \(\left(2;-5\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}-5x+3y=22\\3x+2y=22\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}-15x+9y=66\\15x+10y=110\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}-y=-44\\3x+2y=22\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=44\\3x=22-2y=22-2\cdot44=22-88=-66\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=-22\\y=44\end{matrix}\right.\)

\(A=\left(\dfrac{x^2}{\left(x+1\right)^3}\right)^2=\left(\dfrac{x^2}{x^3+3x^2+3x+1}\right)^2=\left(\dfrac{1}{x+\dfrac{3}{x}+\dfrac{1}{x^2}+3}\right)^2\)

\(A=\left(\dfrac{1}{x+\dfrac{4}{x}+\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{11}{4}}\right)^2\le\left(\dfrac{1}{x+\dfrac{4}{x}+\dfrac{11}{4}}\right)^2\)

\(A\le\left(\dfrac{1}{2\sqrt{\dfrac{4x}{x}}+\dfrac{11}{4}}\right)^2=\dfrac{16}{729}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=2\)

\(\int\dfrac{x+1}{x^2+2x+2}dx=\dfrac{1}{2}\int\dfrac{2x+2}{x^2+2x+2}dx=\dfrac{1}{2}\int\dfrac{d\left(x^2+2x+2\right)}{x^2+2x+2}\)

\(=\dfrac{1}{2}ln\left(x^2+2x+2\right)+C\)

Để tìm nguyên hàm của y=x+1/x²+2x+2, ta cần xác định giá trị của hàm tại một điểm nào đó.

Giá trị của hàm tại điểm nhân nguyên tố nhất là một phương án đáng tin cậy.

Trong trường hợp này, ta chọn điểm nhân nguyên tố nhất là 3.

Để tính giá trị của hàm tại điểm 3, ta đặt x=3 vào hàm y=x+1/x²+2x+2:

y=3+1/3²+2(3)+2

Ta tiến hành tính toán:

y=3+1/9+6+2

y=3+1/9+12+2

y=3+11/9+2

y=3+12/9

y=3+4/3

y=3+4

y=7

Như vậy, giá trị của hàm tại điểm 3 là 7. Do đó, nguyên hàm của y=x+1/x²+2x+2 là y=7.

Tóm lại, để tìm nguyên hàm của y=x+1/x²+2x+2, ta đã tìm được rằng giá trị của hàm tại điểm 3 là 7, do đó, nguyên hàm của y=x+1/x²+2x+2 là y=7.

MA+MB=AB

=>MA=AB-MB=15-5=10cm

Kẻ DK,CH lần lượt vuông góc với AB(K,H\(\in\)AB)

Xét hình thang ABCD có CH là đường cao

nên \(S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}\cdot CH\cdot\left(AB+CD\right)\left(1\right)\)

Xét hình thang ABCD có DK là đường cao

nên \(S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}\cdot DK\cdot\left(AB+CD\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra CH=DK

Xét ΔDAM có DK là đường cao

nên \(S_{DAM}=\dfrac{1}{2}\cdot DK\cdot AM=\dfrac{1}{2}\cdot DK\cdot10=5DK\)

Xét ΔMBC có CH là đường cao

nên \(S_{MCB}=\dfrac{1}{2}\cdot CH\cdot MB=\dfrac{1}{2}\cdot5\cdot CH=\dfrac{5}{2}\cdot CH=\dfrac{5}{2}\cdot DK\)

\(\dfrac{S_{MBC}}{S_{ABCD}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot CH\cdot MB}{\dfrac{1}{2}\cdot CH\cdot\left(AB+CD\right)}=\dfrac{MB}{AB+CD}\)

\(=\dfrac{5}{15+20}=\dfrac{5}{35}=\dfrac{1}{7}\)

=>\(S_{MBC}=\dfrac{1}{7}\cdot S_{ABCD}\)

=>\(S_{ABCD}=50:\dfrac{1}{7}=50\cdot\dfrac{7}{1}=350\left(cm^2\right)\)

\(S_{AMCD}+S_{MBC}=S_{ABCD}\)

=>\(S_{AMCD}=350-50=300\left(cm^2\right)\)

Xét ΔABC có \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AE}{EC}\left(=2\right)\)

nên DE//BC

Xét ΔABC có DE//BC

nên \(\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{2}{3}\)

Xét ΔIDE và ΔICB có

\(\widehat{IDE}=\widehat{ICB}\)(hai góc so le trong, DE//CB)

\(\widehat{DIE}=\widehat{CIB}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIDE đồng dạng với ΔICB

=>\(\dfrac{ID}{IC}=\dfrac{IE}{IB}=\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{2}{3}\)

Vì AE=2/3AC

nên \(S_{AEB}=\dfrac{2}{3}\cdot S_{ABC}\)

IE/IB=2/3

=>\(\dfrac{IB}{IE}=\dfrac{3}{2}\)

=>\(\dfrac{IB+IE}{IE}=\dfrac{3+2}{2}\)

=>\(\dfrac{BE}{IE}=\dfrac{5}{2}\)

=>\(\dfrac{IE}{BE}=\dfrac{2}{5}\)

=>\(S_{AIE}=\dfrac{2}{5}\cdot S_{ABE}=\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{2}{3}\cdot S_{ABC}=\dfrac{4}{15}\cdot S_{ABC}\)(1)

Vì BD=1/3AB

nên \(S_{BDC}=\dfrac{1}{3}\cdot S_{ABC}\)

\(\dfrac{ID}{IC}=\dfrac{2}{3}\)

=>\(\dfrac{IC}{ID}=\dfrac{3}{2}\)

=>\(\dfrac{IC+ID}{ID}=\dfrac{3+2}{2}\)

=>\(\dfrac{CD}{ID}=\dfrac{5}{2}\)

=>\(\dfrac{DI}{DC}=\dfrac{2}{5}\)

=>\(S_{DIB}=\dfrac{2}{5}\cdot S_{DBC}=\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{1}{3}\cdot S_{ABC}=\dfrac{2}{15}\cdot S_{ABC}\)

=>\(S_{IAE}=2\cdot S_{DIB}\)

a: Ta có: ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của BC và OH là phân giác của góc BOC

b: Ta có: OH là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOH}=\widehat{COH}\)

=>\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)

Xét ΔOBA và ΔOCA có

OB=OC

\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}\)

mà \(\widehat{OBA}=90^0\)

nên \(\widehat{OCA}=90^0\)

=>AC là tiếp tuyến của (O)

c: Xét ΔOBA vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{BAO}=30^0\)

Ta có: ΔOBA=ΔOCA

=>\(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\)

mà tia AO nằm giữa hai tia AB và AC

nên \(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=60^0\)

Ta có: ΔOBA=ΔOCA

=>AB=AC

Xét ΔABC có AB=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)

nên ΔABC đều

d.

\(\left\{{}\begin{matrix}OD=OE=R\\QD=QE\left(\text{t/c hai tiếp tuyến cắt nhau}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow OQ\) là trung trực DE \(\Rightarrow OQ\perp DE\) , gọi giao điểm của chúng là F.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO:

\(OB^2=OH.OA\)

QE là tiếp tuyến \(\Rightarrow\Delta QEO\) vuông tại E, áp dụng hệ thức lượng:

\(OE^2=OF.OQ\)

Mà \(OB=OE=R\)

\(\Rightarrow OH.OA=OF.OQ\Rightarrow\dfrac{OA}{OQ}=\dfrac{OF}{OH}\)

Xét hai tam giác AOF và QOH có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{OA}{OQ}=\dfrac{OF}{OH}\\\widehat{FOH}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAF\sim\Delta QOH\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AFO}=\widehat{QHO}=90^0\)

Hay \(AF\perp QO\) tại F

Mà \(DE\perp QO\) cũng tại F

\(\Rightarrow3\) điểm A, D, E thẳng hàng 

Câu 1: B

Câu 2: D

Bài 1: Các hàm số bậc nhất là 

a: y=3x-2

a=3; b=-2

d: y=-2(x+5)

=-2x-10

a=-2; b=-10

e: \(y=1+\dfrac{x}{2}\)

\(a=\dfrac{1}{2};b=1\)

Để đi từ điểm tọa độ (0,0) đến tọa độ (n,m) thì cần n bước qua phải và m bước lên trên, nên cần tổng cộng \(m+n\) bước đi để đến đích.

Chọn m bước lên trên (trong tổng số \(m+n\) bước) có \(C_{m+n}^m\) cách

Còn lại n bước, chọn n cách sang phải, có \(C_n^n\) cách

Vậy tổng cộng có: \(C_{m+n}^m.C_n^n=C_{m+n}^n\) cách

a.

Do AB là tiếp tuyến của (O) \(\Rightarrow AB\perp OB\Rightarrow\Delta ABO\) vuông tại B

\(\Rightarrow\Delta ABO\) nội tiếp đường tròn đường kính OA (1)

Tương tự, do AC là tiếp tuyến của (O) \(\Rightarrow\Delta ACO\) vuông tại C

\(\Rightarrow\Delta ACO\) nội tiếp đường tròn đường kính OA (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\)4 điểm A,B,O,C cùng thuộc đường tròn đường kính OA

b.

Do BD là đường kính và E là điểm thuộc đường tròn nên \(\widehat{BED}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{BED}=90^0\)

Xét hai tam giác EAB và EBD có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AEB}=\widehat{BED}=90^0\\\widehat{EBA}=\widehat{EDB}\left(\text{cùng phụ }\widehat{EBD}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta EAB\sim\Delta EBD\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{DE}{BE}=\dfrac{BD}{AB}\)

//\(\widehat{BCD}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{BCD}=90^0\)

Do \(AB=AC\) (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OB=OC=R\)

\(\Rightarrow OA\) là trung trực của BC \(\Rightarrow OA\perp BC\) tại H

Xét hai tam giác BCD và AHB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BCD}=\widehat{AHB}=90^0\\\widehat{ABC}=\widehat{BDC}\left(\text{cùng chắn cung BC}\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\Delta BCD\sim\Delta AHB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{CD}{BH}\Rightarrow\dfrac{CD}{BH}=\dfrac{DE}{BE}\)

Xét hai tam giác CDE và BHE có: 

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{CD}{BH}=\dfrac{DE}{BE}\\\widehat{CDE}=\widehat{HBE}\left(\text{cùng chắn }CE\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\Delta CDE\sim\Delta BHE\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{CED}=\widehat{BEH}\)

Mà \(\widehat{BEH}+\widehat{DEH}=\widehat{BED}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{HEC}=\widehat{CED}+\widehat{DEH}=90^0\)

a: Ta có: ΔOBA vuông tại B

=>B,O,A cùng nằm trên đường tròn đường kính OA(1)

Ta có: ΔOCA vuông tại C

=>O,C,A cùng nằm trên đường tròn đường kính OA(2)

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

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 ΔEBD vuông tại E và ΔEAB vuông tại E có

\(\widehat{EBD}=\widehat{EAB}\left(=90^0-\widehat{BDA}\right)\)

Do đó: ΔEBD~ΔEAB

=>\(\dfrac{ED}{EB}=\dfrac{BD}{AB}\)