a: Thay m=1 vào (1), ta được:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+2y=1+3=4\\2x-3y=1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x+4y=8\\2x-3y=1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}7y=7\\x+2y=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=1\\x=2\end{matrix}\right.\)

b: Vì \(\dfrac{1}{2}\ne\dfrac{2}{-3}\)

nên hệ (1) luôn có nghiệm duy nhất

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

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x+4y=2m+6\\2x-3y=m\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x+4y-2x+3y=2m+6-m\\x+2y=m+3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}7y=m+6\\x=m+3-2y\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{m+6}{7}\\x=m+3-\dfrac{2\left(m+6\right)}{7}=\dfrac{7m+21-2m-12}{7}=\dfrac{5m+9}{7}\end{matrix}\right.\)

x+y=-3

=>\(\dfrac{5m+9+m+6}{7}=-3\)

=>6m+15=-21

=>6m=-36

=>m=-6

1: Xét (O) có

ΔAPB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAPB vuông tại P

=>PA⊥PB

mà PA⊥PQ

và PQ,PB có điểm chung là P

nên P,Q,B thẳng hàng

APQR là hình vuông

=>PR là phân giác của góc APQ

=>PC là phân giác của góc ACB

=>\(\hat{APC}=\hat{BPC}=\frac12\cdot\hat{APB}=45^0\)

Xét (O) có \(\hat{APC};\hat{ABC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC

=>\(\hat{ABC}=\hat{APC}=45^0\)

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

Xét ΔCAB vuông tại C có \(\hat{CBA}=45^0\)

nên ΔCBA vuông cân tại C

2: Xét ΔPAB có

PJ,AJ là các đường phân giác

PJ cắt AJ tại J

Do đó: J là tâm đường tròn nội tiếp ΔPAB

=>BJ là phân giác của góc PBA

ΔPAB vuông tại P

=>\(\hat{PAB}+\hat{PBA}=90^0\)

=>\(2\left(\hat{JAB}+\hat{JBA}\right)=90^0\)

=>\(\hat{JAB}+\hat{JBA}=\frac{90^0}{2}=45^0\)

Xét ΔAJB có \(\hat{AJB}+\hat{JAB}+\hat{JBA}=180^0\)

=>\(\hat{AJB}=180^0-45^0=135^0\)

PQRA là hình vuông

=>QA là phân giác của góc PQR

=>\(\hat{PQA}=\hat{RQA}=\frac12\cdot\hat{PQR}=\frac{90^0}{2}=45^0\)

\(\hat{PQA}+\hat{AQB}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{AQB}=180^0-45^0=135^0\)

Xét tứ giác AJQB có \(\hat{AJB}=\hat{AQB}\left(=135^0\right)\)

nên AJQB là tứ giác nội tiếp

=>A,J,Q,B cùng thuộc một đường tròn

 Mình tóm tắt thôi nhé, tại bài này cũng khá dài.

 a) \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^o+90^o=180^o\) nên tứ giác AEHF nội tiếp

Hơn nữa \(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^o\) nên tứ giác AEDB nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{DAE}=\widehat{DBE}\) hay \(\widehat{EAH}=\widehat{EBC}\)

 b) Dễ chứng minh được: \(\Delta AFH\sim\Delta ADB\Rightarrow AF.AB=AH.AD\)

 Mặt khác, \(\widehat{SAF}=\widehat{ACB}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung đó) và \(\widehat{ACB}=\widehat{AFE}\) (\(\Delta AEF\sim\Delta ABC\)) nên \(\widehat{SAF}=\widehat{AFE}\) \(\Rightarrow\) SA//EF. Mà \(SA\perp AO\) nên \(EF\perp AO\).

 Do đó, dễ chứng minh rằng \(\Delta AFM\sim\Delta AKB\left(g.g\right)\Rightarrow AF.AB=AM.AK\)

 Từ đó suy ra \(AH.AD=AM.AK\Rightarrow\Delta AHM\sim\Delta AKD\)

 Lại có tứ giác QDNK nội tiếp ( \(\widehat{QDN}=\widehat{QKN}=90^o\)) nên \(\widehat{AQN}=\widehat{AKD}\)  \(\Rightarrow\Delta AKD\sim\Delta AQN\)

 Do đó \(\Delta AHM\sim\Delta AQN\) \(\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{AQN}\) \(\Rightarrow\) QN//HM (2 góc đồng vị bằng nhau)

 c) Gọi J là tâm đường tròn (AH)

Dễ chứng minh được \(\Delta FAH\sim\Delta FCB\) \(\Rightarrow\Delta FJA\sim\Delta FIC\)

 \(\Rightarrow\widehat{JFA}=\widehat{IFC}\)

 Mà \(\widehat{JFA}+\widehat{JFC}=90^o\) nên \(\widehat{IFC}+\widehat{JFC}=90^o\) hay \(\widehat{JFI}=90^o\) 

 \(\Rightarrow\) IF là tiếp tuyến của (J) tại F.

 Tương tự, IE là tiếp tuyến của (J) tại E, do đó \(IJ\perp EF\) Mà EF//SA (cmt) \(\Rightarrow SA\perp IJ\) 

 Khi đó tam giác ASI có các đường cao AD, IJ cắt nhau tại J nên J là trực tâm tam giác ASI \(\Rightarrow SJ\perp AI\) hay \(SJ\perp AP\)

 Lại có \(JA=JP\) nên JS là trung trực của AP \(\Rightarrow SA=SP\) (đpcm)

1, The teacher told Phong not to make so much noise. 

2, He wishes he knew more about life in the countryside.

3, I suggest putting the garbage bins around the school yard.

''don't make so much noise , phong.''Said the teacher.
=> the teacher told.....Phong not to make so much noise................................................
he doesn't know a lot more about life in the countryside
=> he wishes...............he knew a lot more about life in the countryside......................................
Let's put the garbage bins around the school yard
=> I suggest. putting the garbage bins around the school yard.........................................................

Lời giải:

$x^2+2xy+3y^2=6$

$\Leftrightarrow (x^2+2xy+y^2)+2y^2=6$

$\Leftrightarrow (x+y)^2+2y^2=6$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$M^2=(x+2y)^2=[(x+y)+y]^2\leq [(x+y)^2+2y^2](1+\frac{1}{2})=6.\frac{3}{2}=9$

$\Rightarrow -3\leq M\leq 3$
Vậy $M_{\min}=-3; M_{\max}=3$.

Bạn nên gõ đề bằng công thức toán (biểu tượng $\sum$ góc trái khung soạn thảo) để mọi người hiểu đề của bạn và hỗ trợ tốt hơn nhé. 

Với sơ đồ phả hệ và với những dữ kiện trên chưa đủ để xác định bệnh do gene trội hay gene lặn quy định.

+ Giả sử bệnh do gene trội A quy định → Kiểu gene gây bệnh là AA, Aa, người bình thường là aa. 

Khi đó kiểu gene của người 2, 3, 5, 7, 9, 11 là aa. Người 11 có kiểu gene aa → Cả bố và mẹ phải mang allen a → Người 6 có kiểu gene Aa. Tương tự như vậy → Kiểu gene người 1, 4, 8 và 10 đều có kiểu gene Aa. Vậy ta có sơ đồ phả hệ có kiểu gene như sau:

→ Thỏa mãn.

+ Giả sử bệnh do gene lặn quy định → Kiểu gene gây bệnh là aa, người bình thường là AA, Aa. 

Khi đó kiểu gene của người 1, 4, 6, 8, 10 là aa. Người 6 có kiểu gene aa → Cả bố và mẹ phải mang allen a → Người 2 có kiểu gene Aa. Tương tự như vậy → Kiểu gene người 3, 7 đều có kiểu gene Aa. Vậy ta có sơ đồ phả hệ có kiểu gene như sau:

→ Thỏa mãn.

1: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra AO là đường trung trực của BC

=>AO⊥BC tại H

Xét (O) có

\(\hat{ABD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BD

\(\hat{BED}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

Do đó: \(\hat{ABD}=\hat{BED}\)

Xét ΔABD và ΔAEB có

\(\hat{ABD}=\hat{AEB}\)

góc BAD chung

Do đó: ΔABD~ΔAEB

=>\(\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\)

=>\(AD\cdot AE=AB^2\left(3\right)\)

Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(AD\cdot AE=AH\cdot AO\)

=>\(\frac{AD}{AO}=\frac{AH}{AE}\)

Xét ΔADH và ΔAOE có

\(\frac{AD}{AO}=\frac{AH}{AE}\)

góc DAH chung

Do đó: ΔADH~ΔAOE

=>\(\hat{ADH}=\hat{AOE};\hat{AHD}=\hat{AEO}\)

Ta có: \(\hat{AHD}=\hat{AEO}\)

\(\hat{AHD}+\hat{OHD}=180^0\) (hai góc kề bù)

Do đó: \(\hat{AEO}+\hat{OHD}=180^0\)

=>OHDE là tứ giác nội tiếp

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

mà \(\hat{ODE}=\hat{OED}\) (ΔOED cân tại O)

và \(\hat{OED}=\hat{AHD}\)

nên \(\hat{EHO}=\hat{AHD}\)

=>\(90^0-\hat{EHO}=90^0-\hat{AHD}\)

=>\(\hat{EHI}=\hat{DHI}\)

=>HI là phân giác của góc EHD

mà HI⊥HA

nên HA là phân giác ngoài tại đỉnh H của ΔEHD

Xét ΔHED có HI là phân giác

nên \(\frac{ID}{IE}=\frac{HD}{HE}\left(5\right)\)

Xét ΔHED có HA là phân giác ngoài tại đỉnh H

nên \(\frac{HD}{HE}=\frac{AD}{AE}\left(6\right)\)

Từ (5),(6) suy ra \(\frac{ID}{IE}=\frac{AD}{AE}\)

=>\(ID\cdot AE=IE\cdot AD\)