Đỗ Thanh Hải

Tam giác ABC vuông tại A à bạn

a) Ta có:

\(\widehat{BHA}=90^o\left(AH\perp BC\right)\) => H thuộc đường tròn đường kính AB

\(\widehat{BDA}=90^o\left(AD\perp BE\right)\) => D thuộc đường tròn đường kính AB

=> 4 điểm B,H,D,A cùng thuộc đường tròn đường kính AB

=> tứ giác BHDA nt đường tròn đkính AB (tâm O là trung điểm của AB)

b) Ta có tam giác ABC vuông tại A

=> \(AB\perp AC\) tại A hay OA \(\perp\) AC tại A

Mà C là điểm nằm ngoài (O), A là điểm nằm trên đường tròn

=> AC là tiếp tuyến của (O) (đpcm)

c) Ta có: MA=MD

=> tam giác MAD cân tại M

=> \(\widehat{MAD}=\widehat{MDA}\)

Xét tứ giác AEHD nt => \(\widehat{MAD}=\widehat{DEH}\)(cùng chắn cung DH)

Lại có \(\widehat{DEH}=\widehat{DBC}\)(cùng chắn cung DC)

tam giác OBD cân tại O => \(\widehat{OBD}=\widehat{ODB}\)

Suy ra \(\widehat{MDA}=\widehat{ODB}\)

Mà \(\widehat{MDA}+\widehat{MDH}=90^o\Rightarrow\widehat{MDH}+\widehat{HDO}=90^o\)

hay \(\widehat{MDO}=90^o\)

Mà M nằm ngoài đường tròn

D nằm trên đường tròn

=> MD là tiếp tuyến của (O) (đpcm)

a) Ta có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\)(góc nt chắn nửa đường tròn)

=> \(BD\perp AC,CE\perp AB\)

Ta có \(\widehat{AEH}=90^o\)(CE\(\perp\)AB) => 3 điểm A,E,H cùng thuộc đường tròn đường kính AH

\(\widehat{ADH}=90^o\) (BD\(\perp\)AC) => 3 điểm A,D,H cùng thuộc đường tròn đường kính AH

=> 4 điểm A,E,H,D cùng thuộc đtròn đk AH

=> tứ giác AEHD nt đg tròn đkính AH (tâm M là trung điểm của AH)

b)Xét tam giác AEH vuông tại E, EM là trung tuyến => EM=MA=MH

Xét tam giác ADH vuông tại D, DM là trung tuyến => DM=MA=MH

=> DM=EM

=> M thuộc đường trung trực của DE

Lại có OD=OE=R

=> O thuộc đường trung trực của DE

=> OM vuông góc với DE (đpcm)

Gọi năng suất dự định là x (x>0, sản phẩm/h)

=> Thời gian dự định : \(\frac{33}{x}\) (h)

Năng suất làm 62 sản phẩm: \(x+3\) (sản phẩm /h)

=> thời gian dự định làm 62 sản phẩm: \(\frac{62}{x+3}\) (h)

Theo bài : người đó làm chậm hơn dự định 1h30' = 1,5 h nên ta có pt:

\(\frac{62}{x+3}-\frac{33}{x}=1,5\Leftrightarrow\frac{62x}{x\left(x+3\right)}-\frac{33\left(x+3\right)}{x\left(x+3\right)}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow\frac{62x-33x-99}{x\left(x+3\right)}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow\frac{29x-99}{x^2+3x}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow58x-198=3x^2+9x\)

\(\Leftrightarrow3x^2-49x+198=0\)

\(\Leftrightarrow3\left(x-9\right)\left(x+\frac{22}{3}\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=9\left(tm\right)\\x=-\frac{22}{3}\left(loai\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy năng suất dự định là 9 sản phẩm /h

Ta có \(\widehat{AMB}=90^o\)(góc nt chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác AMB vuông tại M

=> \(\widehat{BAM}+\widehat{ABM}=90^o\)

Mà \(\widehat{ABM}=30^o\Rightarrow\widehat{BAM}=60^o\)

Xét tam giác AOC vuông tại O

=> \(\tan\widehat{A}\) = \(\frac{OC}{OA}=\tan60^o=\sqrt{3}\)

Mà OA = R

=> OC = \(R\sqrt{3}\)

Xét tam giác ABC có

S_ABC = \(\frac{1}{2}CO.AB=\frac{1}{2}R\sqrt{3}.R=\frac{\sqrt{3}}{2}R^2\)

Vậy....

hok tốt

Bài 2

Bài 1

a)

b) Tọa độ giao điểm của (d) và (d') là nghiệm của hpt

\(\left\{{}\begin{matrix}y=x+4\\y=\frac{1}{2}x+1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\frac{1}{2}y=\frac{1}{2}x+2\\y=\frac{1}{2}x+1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-\frac{1}{2}y=1\\y=x+4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=-2\\x=-6\end{matrix}\right.\)

Vậy M(-6;-2) là tọa độ giao điểm của (d) và (d')

Ta có:

\(\frac{5}{\sqrt{5}}=\frac{5.\sqrt{5}}{5}=\sqrt{5}\)

\(\frac{5}{2+\sqrt{3}}=\frac{5\left(2-\sqrt{3}\right)}{4-3}=\frac{10-5\sqrt{3}}{1}=10-5\sqrt{3}\)

Hok tốt nha

Đáp án : C

Gọi giao điểm của OM và AB là I

Ta có M là điểm chính giữa cung nhỏ AB

=> OM vuông góc với AB và OM đi qua trung điểm của AB

=> \(AI=IB=\frac{AB}{2}=\frac{R\sqrt{2}}{2}\)

Xét tam giác OAI vuông tại I:

\(OA^2=OI^2+AI^2\)(py-ta-go)

=> \(OI^2=OA^2-AI^2=R^2-\left(\frac{R\sqrt{2}}{2}\right)^2=\frac{R^2}{2}\)

=> OI = \(\frac{R}{\sqrt{2}}=\frac{R\sqrt{2}}{2}\)

=> MI = \(R-\frac{R\sqrt{2}}{2}=\left(2-\sqrt{2}\right)\frac{R}{2}\)

Xét tam giác AIM có

\(AM^2=AI^2+IM^2\) (Py-ta-go)

=> \(AM^2=\left(\frac{R\sqrt{2}}{2}\right)^2+\left[\left(2-\sqrt{2}\right).\frac{R}{2}\right]^2=\frac{R^2}{2}+\left(2-\sqrt{2}\right)^2.\frac{R^2}{4}\)

..................

Từ đó ra đáp án C

Hình như pt đường thẳng (d) là y = (a-2)x+b thì phải??

Ta có (d) có hệ số góc là 4

=> a-2 = 4 \(\Leftrightarrow a=6\)

Khi đó (d) có dạng y = 6x+b

Thay M(1;-3) vào phương trình (d)

ta được : -3 = 6.1 + b

\(\Leftrightarrow b=-3-6=-9\)

Vậy a = 6, b = -9 là giá trị cần tìm

Thế thì chắc là tổng hợp kiến thức or kinh nghiệm thi c3 đạt kquả cao

Xét phương trình \(x^2-mx-1=0\)

Có \(\Delta=\left(-m\right)^2-4.1.-1\) = \(m^2+4\)

Để pt có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a\ne0\\\Delta>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}1\ne0\left(lđ\right)\\m^2+4>0\left(lđ\right)\end{matrix}\right.\)

Theo viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1.x_2=-1\end{matrix}\right.\)

Ta có : \(x_1.x_2=-1< 0\) => x₁ và x₂ trái dấu

Mà x₁ < x₂ => x₁ < 0, x₂ > 0

=> |x₁| = -x₁; |x₂| = x₂

Lại có |x₁| - |x₂| = 6

=> -x₁ - x₂ = 6

\(\Leftrightarrow-\left(x_1+x_2\right)=6\)

\(\Leftrightarrow m=6\)

Vậy m=6 là giá trị cần tìm

Hok tốt

b) Xét hàm số y=(m+1)x+2m+3

*Cho x = 0 => y = 2m+3 => A(0;2m+3) \(\in\) Oy

*Cho y = 0 => x = \(\frac{-\left(2m+3\right)}{m+1}\)=> A(\(\frac{-\left(2m+3\right)}{m+1};0\)) \(\in\) Ox

=> \(\left\{{}\begin{matrix}OB=\left|2m+3\right|\\OA=\left|\frac{-\left(2m+3\right)}{m+1}\right|\end{matrix}\right.\)

Để OA = OB => |2m+3| = \(\left|\frac{-\left(2m+3\right)}{m+1}\right|\)

Sau đó xét dấu là ra

a) Gọi A(x₀;y₀) là điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua \(\forall\)m

\(\Leftrightarrow y_0=\left(m+1\right)x_0+2m+3\) \(\forall m\)

\(\Leftrightarrow mx_0+x_0+2m+3-y_0=0\)\(\forall m\)

\(\Leftrightarrow m\left(x_0+2\right)=y_0-x_0-3\)\(\forall m\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0+2=0\\y_0-x_0-3=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0=-2\\y_0=1\end{matrix}\right.\)

Vậy điểm A(-2;1) là điểm cố định mà (d) luôn đi qua với mọi m

nhìn các đàn anh chị(bạn bè) như vậy

chắc cx phải cố phấn đấu thôi!!!

a) Thay m=3 vào pt ta được:

\(x^2+6x+9=0\Leftrightarrow\left(x-3\right)^2=0\Leftrightarrow x-3=0\Leftrightarrow x=3\)

Vậy x = 3 là nghiệm của pt khi m = 3

b)

Xét pt: \(x^2+2mx+4m-3=0\)

có \(\Delta'=m^2-\left(4m-3\right)=m^2-4m+3=\left(m-3\right).\left(m-1\right)\)

để pt có nghiệm kép \(\Leftrightarrow\Delta'=0\Leftrightarrow\left(m-3\right).\left(m-1\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=3\\m=1\end{matrix}\right.\)

Vậy m \(\in\left\{1;3\right\}\) là giá trị cần tìm

Vẽ sương sưuong đc cái hình

Gọi số học sinh lớp 9A là a (đvị học sinh, đk a,b \(\in\) N*)

Số học sinh lớp 9B là b

=> Số bút chì và bút bi lớp 9A mua: 7a (cái)

Số bút chì và bút bi lớp 9B mua : 5b (cái)

=> 7a+5b = 399 (1)

Lại có tổng số bút chì: 3a + 2b (cái)

Tổng số bút bi: 4a+3b (cái)

Theo bài: (4a+3b)-(3a+2b) = 67 <=> a+b = 67 (2)

Từ (1) và (2)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=67\\7b+5a=399\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}7a+7b=469\\7b+5a=399\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a=70\\a+b=67\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=35\\b=32\end{matrix}\right.\)(tm a,b \(\in\) N*)

Vậy số học sinh lớp 9A là 35 bạn

Số học sinh lớp 9B là 32 bạn

Tham khảo nha

a)

Xét (O) có 4 điểm A,B,F,E nằm trên O

=> tgiác ABFE nt

Lại có \(\widehat{BEA}=90^o\), \(\widehat{AFB}=90^o\)(góc nt chắn nửa đường tròn)

=> \(\widehat{BEM}=90^o,\widehat{AFM}=90^o\)

Xét tgiác MEHF có \(\widehat{BEM}+\widehat{AFM}=90^o+90^o=180^o\)

=> tgiác MEHF nt

b) Ta có tgiác ABFE nt(cmt)

=> \(\widehat{MEF}=\widehat{MBA},\widehat{MFE}=\widehat{MAB}\left(tc\right)\)

Xét tam giác MEF và tam giác MBA có:

​\(\widehat{MEF}=\widehat{MBA},\widehat{MFE}=\widehat{MAB}\left(cmt\right)\)​

Hộ bn cái hình

Tham khảo

a) Xét tam giác BAD và tam giác BED có:

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\left(gt\right)\)

AB=BE(gt)

=> tam giác BAD = tam giác BED (c.g.c)(ĐCM)

b) ta có tam giác BAD = tam giác BED (cmt)

=> DA = DE(2 cạnh tương ứng) (đpcm)

c) Xét tam giác DMA và tam giác DCE có:

\(\widehat{ADM}=\widehat{EDC}\)(đối đỉnh)

DA=DE(cmt)

\(\widehat{DAM}=\widehat{DEC}=90^o\)

=> tam giác DMA = tam giác DCE (g.c.g)

=> \(\widehat{DMA}=\widehat{DCE}\) (2 góc tương ứng ) (đpcm)

Tham khảo nha bn

Tham khảo nha

Gọi số học sinh chuyên toán là x

Số học sinh chuyên tin là y (học sinh, x,y \(\in\)N*, y>15)

Theo bài ta có: x+y = 60 (1)

Lại có nếu chuyển 15 học sinh từ chuyên Tin sang chuyên Toán thì số học sinh chuyên Toán gấp đôi số học sinh chuyên Tin

=> x+15 = 2(y-15)

<=> x+15 = 2y-30

<=>x-2y=-45 (2)

Từ 1 + 2

=> \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=60\\x-2y=-45\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3y=105\\x+y=60\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=35\\x=25\end{matrix}\right.\)(tm x,y \(\in\)N*, x> 15)

Vậy.....

Hok tốt

Gọi số học sinh chuyên toán là x (học sinh, \(x\in\)N*)

Gọi số học sinh chuyên tin là y (học sinh, y \(\in\)N*, y>15)

Hình tự vẽ nha

a) Xét tứ giác AEDC có

\(\widehat{AED}=\widehat{ADC}=90^o\left(CE\perp AB,AD\perp BC\right)\)

Mà E và D là 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn AC

=> tứ giác AEDC nt(đpcm)

b) Ta có :

\(\widehat{BCF}=\widehat{BAF}=90^o\)(góc nt chắn nửa đường tròn)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}CF\perp CB\\AF\perp AB\end{matrix}\right.\)

*\(\left\{{}\begin{matrix}CF\perp CB\\AD\perp CB\end{matrix}\right.\) => CF//AD(1)

*\(\left\{{}\begin{matrix}AF\perp AB\\CE\perp AB\end{matrix}\right.\)=> AF//CE hay AF//CH (2)

Từ 1 và 2 suy ra tứ giác AFCH là hình bình hành

=> HF và AC cắt nhau tại trung điểm của AC

Ta có: V_cầu = \(\frac{4}{3}\Pi R^3=288\Pi\)

=> \(\frac{4}{3}R^3=288\)

\(\Leftrightarrow R^3=216\)

\(\Leftrightarrow R=6\)

S_{Mặt cầu} = \(4\Pi R^2=4\Pi6^2=144\Pi\)

Vậy diẹn tích mặt cầu là \(144\Pi\) (cm²)

a) Ta có:

d>f => vật cho ảnh ảo cùng chiểu và lớn hơn vật

=> có công thức: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}-\frac{1}{d'}\Leftrightarrow\frac{1}{15}=\frac{1}{12}-\frac{1}{d'}\Leftrightarrow\frac{1}{d'}=\frac{1}{60}\Leftrightarrow d'=60\left(cm\right)\)

Vậy khoảng cách từ ảnh đến vật = 60 (cm)

b) Ta có : \(\frac{h}{h'}=\frac{d}{d'}\Leftrightarrow\frac{h}{h'}=\frac{12}{60}=\frac{1}{5}\)

=> h' = 5h

=> ảnh lớn hơn vật 5 lần

Vậy ảnh lớn hơn vật 5 lần

c) Ta có G = \(\frac{25}{f}=\frac{25}{15}=\frac{5}{3}\)

Vậy số bội giác của kính là \(\frac{5}{3}\)

Xét pt: x² - (2m - 1)x - 2m - 1 (1)

có \(\Delta=\left(2m-1\right)^2-4.1.\left(-2m-1\right)=4m^2-4m+1+8m+4=4m^2+4m+4+1=\left(2m+1\right)^2+1\)

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta>0\Leftrightarrow\left(2m+1\right)^2+1>0\)(luôn đúng \(\forall\)m)

Vậy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \(\forall\)m

b) giá trị của x₁³ -x₂³+2(x₁²-x₂²) bằng bn

hình như là không nha bạn

do điều kiện của HSG là trung bình các môn trên 8,5 và không có môn nào dưới 8,0

Tính chất ảnh: ảnh ảo, cùng chiều và nhỏ hơn vật

b) Xét tam giác OMN đồng dạng với OM'N'

=> \(\frac{OM}{OM'}=\frac{MN}{M'N'}\Leftrightarrow\frac{d}{d'}=\frac{h}{h'}\left(1\right)\)

Xét tam giác FOI đồng dạng với FM'N'

=> \(\frac{FO}{FM'}=\frac{OI}{M'N'}\Leftrightarrow\frac{f}{f-d'}=\frac{h}{h'}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2)

=> \(\frac{d}{d'}=\frac{f}{f-d'}\Leftrightarrow\frac{16}{d'}=\frac{24}{24-d'}\Leftrightarrow384-16d'=24d'\Leftrightarrow40d'=384\Leftrightarrow d'=\frac{48}{5}=9,6\left(cm\right)\)

Thay vào ct (1):

\(\frac{16}{9,6}=\frac{6}{h'}\Leftrightarrow57,6=16h'\Leftrightarrow h'=3,6\left(cm\right)\)

Vậy ảnh cao 3,6 cm

Hok tốt nha bn!!

Tham khảo nha bạn

a) Xét tam giác ABD vuông tại B

=> \(\widehat{BAD}+\widehat{BDA}=90^o\)

mà \(\widehat{BAD}=30^o\) => \(\widehat{BDA}=60^o\)

=> \(\cos\widehat{BDA}=\frac{DB}{DA}=cos60^o=\frac{1}{2}\)

=> BD = \(\frac{1}{2}AD\) => AD = 2BD(đpcm)

b)Ta có:

\(\widehat{AFB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> \(BF\perp AF\)

Xét tam giác ABE có AB=BE

=> tam giác ABE cân tại B

Mà BF là đường cao(BF \(\perp AE\))

=> BF cũng là đường trung tuyến

=> F là trung điểm của AE (đpcm)

c) Xét tam giác ABE vuông cân tại B, BF là đường trung tuyến

=> BF = \(AF=FE=\frac{1}{2}AE\)

=> tam giác AFB cân tại F

=> \(\widehat{FAB}=\widehat{FBA}\)

Mà \(\widehat{FAB}=\widehat{FEB}\) (tam giác BEA cân tại B), \(\widehat{FBA}=\widehat{FCA}\)

=> \(\widehat{FEB}=\widehat{FCA}\)

Xét tam giác FCA và DEA có

\(\widehat{FEB}=\widehat{FCA}\)

góc A chung

=> tam giác FCA \(\sim\)tam giác DEA(g.g)

=> \(\frac{AF}{AC}=\frac{AD}{AE}\)=> AF.AE = AC.AD(đpcm)

Nếu bóng Đ1 cháy thì bóng Đ2 không sáng do khi bóng Đ1 cháy thì mạch điện sẽ bị hở do đó không có dòng điện đi qua bóng Đ2

=> Đ2 không sáng

\(\frac{\left(1+\sqrt{x}\right)^2-4\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}=\frac{1+2\sqrt{x}+x-4\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\) (đk x\(\ge\)0,x\(\ne\)1)

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

\(=1-\sqrt{x}\)

Vậy \(\frac{\left(1+\sqrt{x}\right)^2-4\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}=1-\sqrt{x}\) (\(x\ge0,x\ne1\))