Toán

Số điểm còn lại là 100-30=70(điểm)

TH1: Lấy 1 điểm trong 30 điểm thẳng hàng, 1 điểm trong 70 điểm còn lại

=>Có \(30\cdot70=2100\left(đường\right)\)

TH2: Lấy 2 điểm trong 70 điểm còn lại

=>Có \(C^2_{70}=2415\left(đường\right)\)

Số đường thẳng vẽ được là:

2100+2415+1=4516(đường)

Chứng minh NH vuông góc AM:

Kẻ đường kính AG của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi F là giao của AN là đường tròn ngoại tiếp ABC.

\(\Rightarrow\widehat{ACG}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{ACG}=90^0\)

\(\Rightarrow CG\perp AC\) \(\Rightarrow CG||BH\) (cùng vuông góc AC)

Hoàn toàn tương tự ta có \(BG||CH\) (cùng vuông góc AB)

\(\Rightarrow BHCG\) là hình bình hành (2 cặp canh đối song song)

\(\Rightarrow BC;HG\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Mà M là trung điểm BC \(\Rightarrow M\in HG\)

BCDE nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{NCD}+\widehat{BED}=180^0\)

Mà \(\widehat{BED}+\widehat{NEB}=180^0\) (kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{NCD}=\widehat{NEB}\)

Xét hai tam giác NCD và NEB có: 

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CND}-chung\\\widehat{NCD}=\widehat{NEB}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta NCD\sim\Delta NEB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{NC}{NE}=\dfrac{ND}{NB}\Rightarrow NB.NC=NE.ND\)

Tương tự AFBC nội tiếp nên \(\widehat{NBF}=\widehat{NAC}\) (cùng bù \(\widehat{FBC}\))

\(\Rightarrow\Delta NBF\sim\Delta NAC\Rightarrow\dfrac{NB}{NA}=\dfrac{NF}{NC}\Rightarrow NB.NC=NA.NF\)

\(\Rightarrow NE.ND=NA.NF\Rightarrow\dfrac{NE}{NA}=\dfrac{NF}{ND}\)

Xét hai tam giác NEF và NAD có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{N}-chung\\\dfrac{NE}{NA}=\dfrac{NF}{ND}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta NEF\sim\Delta NAD\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{NEF}=\widehat{NAD}\)

Mà \(\widehat{NEF}+\widehat{DEF}=180^0\Rightarrow\widehat{NAD}+\widehat{DEF}=180^0\)

\(\Rightarrow ADEF\) nội tiếp

Kết hợp câu a \(\Rightarrow A,D,H,E,F\) cùng thuộc 1 đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=90^0\)

\(\Rightarrow AF\perp HF\) (1)

Lại có \(\widehat{AFG}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AF\perp GF\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow H,G,F\) thẳng hàng \(\Rightarrow HG\perp AF\)

Mà M thuộc HG theo cmt \(\Rightarrow MH\perp AF\)

Trong tam giác ANM, ta có 2 đường cao MF và AK cắt nhau tại H

\(\Rightarrow H\) là trực tâm tam giác ANM

\(\Rightarrow NH\) là đường cao thứ 3

\(\Rightarrow NH\perp AM\)

Làm bài hình thôi nhé, dài ngán quá:

a.

Do E và D cùng nhìn AD dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow ADHE\) nội tiếp

b.

H là giao điểm 2 đường cao BE, CE nên H là trực tâm tam giác ABC

\(\Rightarrow AK\) là đường cao thứ 3 \(\Rightarrow AK\perp BC\)

D và E cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow BEDC\) nội tiếp đường tròn đường kính BC

Mà M là trung điểm BC \(\Rightarrow M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp BEDC

Ta có: \(\widehat{DME}=2\widehat{DBE}\) (góc nt và góc ở tâm cùng chắn DE) (1)

E và K cùng nhìn BH dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow BEHK\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DBE}=\widehat{EKH}\) (cùng chắn EH)

D và K cùng nhìn AB dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow ABKD\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DBE}=\widehat{DKA}\) (cùng chắn AD)

\(\Rightarrow\widehat{EKH}=\widehat{DKA}=\widehat{DBE}\)

Mà \(\widehat{EKH}+\widehat{DKA}=\widehat{DKE}\)

\(\Rightarrow\widehat{DKE}=2\widehat{DBE}\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{DME}\)

Mà K, M cùng nằm về 1 nửa mp bờ DE \(\Rightarrow DEKM\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DEK}+\widehat{DMK}=180^0\)

Mà \(\widehat{DMK}+\widehat{DMC}=180^0\) (kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{DEK}=\widehat{DMC}\) (đpcm)

Ý sau còn dài gấp đôi.

a: Thay x=2 vào phương trình, ta được:

\(2m+1=2-1=1\)

=>2m=0

=>m=0

b: Thay x=-3 vào phương trình, ta được:

\(-3m-\left(-3\right)-m+2=0\)

=>-4m+3+2=0

=>-4m=-5

=>\(m=\dfrac{5}{4}\)

c: Thay x=1/2 vào phương trình, ta được:

\(m\left(2\cdot\dfrac{1}{2}+1\right)=\dfrac{1}{2}\left(m+2\right)+2\)

=>\(2m=\dfrac{1}{2}m+1+2\)

=>\(\dfrac{3}{2}m=3\)

=>m=2

d: Thay x=2 vào phương trình, ta được:

\(\left(m+3\cdot2\right)\left(2+1\right)-4\left(1+2\cdot2\right)=80\)

=>3(m+6)=80+4*5=100

=>m+6=100/3

=>\(m=\dfrac{100}{3}-6=\dfrac{82}{3}\)

\(S_{A'B'C'}=S_1=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\) ; \(S_2=S_{ABC}=\dfrac{\left(4a\right)^2.\sqrt{3}}{4}=4a^2\sqrt{3}\)

Em có thể áp dụng công thức tính nhanh:

\(V=\dfrac{h\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1S_2}\right)}{3}=\dfrac{21a^3\sqrt{3}}{4}\)

a: Xét ΔNME và ΔNFE có

NM=NF

\(\widehat{MNE}=\widehat{FNE}\)

NE chung

Do đó: ΔNME=ΔNFE

b: Xét ΔMEN có \(\widehat{NEP}\) là góc ngoài tại E

nên \(\widehat{NEP}=\widehat{ENM}+\widehat{EMN}=90^0+\widehat{ENM}>90^0\)

Xét ΔNEP có \(\widehat{NEP}>90^0\)

nên NP là cạnh lớn nhất của ΔNEP

=>NP>NE

c:

ΔNME=ΔNFE

=>\(\widehat{NME}=\widehat{NFE}=90^0\)

Xét ΔNFG vuông tại F và ΔNMP vuông tại M có

NF=NM

\(\widehat{FNG}\) chung

Do đó: ΔNFG~ΔNMP

=>NG=NP