Viết bài văn phân tích truyện một lần và mãi mãi

I: 

Câu 1: \(M=\sqrt{9xy^2}=3\sqrt{xy^2}=3\sqrt{x}\cdot\left|y\right|=-3\sqrt{x}y\)

=>Chọn A

Câu 2: C

Câu 3: B

Câu 4: AC=AD+DC=4+8=12(cm)

Xét ΔBAC vuông tại B có BD là đường cao

nên \(BA^2=AD\cdot AC=4\cdot12=48\)

=>\(BA=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

=>Chọn D
II: Tự luận

Câu 5:

\(\left\{{}\begin{matrix}3x-2y=9\\x-3y=10\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3x-2y=9\\3x-9y=30\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x-2y-3x+9y=9-30\\x-3y=10\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}7y=-21\\x=3y+10\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=-3\\x=3\cdot\left(-3\right)+10=10-9=1\end{matrix}\right.\)

Câu 7:

a: \(\text{Δ}=3^2-4\cdot1\cdot\left(m+1\right)\)

=9-4m-4

=-4m+5

Để phương trình có nghiệm thì Δ>=0

=>-4m+5>=0

=>-4m>=-5

=>m<=5/4

b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-3\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m+1\end{matrix}\right.\)

\(A=\left(x_1-x_2\right)^2+5x_1x_2+7m\)

\(=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+5x_1x_2+7m\)

\(=\left(-3\right)^2+\left(m+1\right)+7m=8m+10\)

=>A không có giá trị lớn nhất

Câu 6:

a: \(P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{2+5\sqrt{x}}{x-4}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{5\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)+\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{x-2\sqrt{x}+x+3\sqrt{x}+2-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{2x-4\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)

b: P>1

=>P-1>0

=>\(\dfrac{2\sqrt{x}-\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>0\)

=>\(\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>0\)

=>\(\sqrt{x}-2>0\)

=>x>4

Câu 9:

a: Xét tứ giác CEHF có \(\widehat{CEH}+\widehat{CFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHF là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔABC có

BF,AE là các đường cao

BF cắt AE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>CH\(\perp\)AB

Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BD\(\perp\)BA

mà CH\(\perp\)BA

nên CH//BD

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>AC\(\perp\)CD

mà BH\(\perp\)AC

nên BH//CD

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

Bài 3

2b) ∆' = m² - 1.(2m - 1)

= m² - 2m + 1

= (m - 1)² > 0 với mọi m 1

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x₁ ≤ 0 < x₂ thì:

x₁x₂ ≤ 0

⇔ 2m - 1 ≤ 0

⇔ 2m ≤ 1

⇔ m ≤ 1/2 (nhận)

Vậy m ≤ 1/2 thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài

 Đặt \(BC=x\left(x>5\right)\)

 Trong đường tròn (O) có đường kính CD và \(N\in\left(O\right)\) nên \(\widehat{DNC}=90^o\) hay \(\widehat{BND}=90^o\)

 Vì BD là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\) nên \(\widehat{ABD}=\widehat{NBD}\)

 Xét 2 tam giác ABD và NBD vuông tại A và N, có \(\widehat{ABD}=\widehat{NBD}\) và cạnh BD chung nên \(\Delta ABD=\Delta NBD\left(ch-gn\right)\)

 \(\Rightarrow BA=BN=5\) \(\Rightarrow NC=BC-BN=5-x\) 

 Lại có \(\widehat{OMD}=\widehat{ODM}=\widehat{BDA}=\widehat{BDN}\) nên OM//ND (2 góc đồng vị bằng nhau)

 Tam giác CND có O là trung điểm DC, OH//DN và \(H\in NC\) nên H là trung điểm NC \(\Rightarrow HC=\dfrac{NC}{2}=\dfrac{x-5}{2}\)

 Theo định lý Pythagoras, có \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{x^2-25}\)

 Theo tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có:

 \(\dfrac{DA}{AB}=\dfrac{DC}{CB}=\dfrac{AC}{AB+CB}\) \(\Rightarrow\dfrac{DA}{5}=\dfrac{DC}{x}=\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{x+5}\)

 \(\Rightarrow DA=\dfrac{5\sqrt{x^2-5}}{x+5}\) và \(DC=\dfrac{x\sqrt{x^2-5}}{x+5}\)

 \(\Rightarrow R_{\left(O\right)}=\dfrac{DC}{2}=\dfrac{x\sqrt{x^2-5}}{2x+10}\)

 Lại có \(DN=AD=\dfrac{5\sqrt{x^2-5}}{x+5}\) 

 \(OH=\dfrac{DN}{2}=\dfrac{5\sqrt{x^2-25}}{2x+10}\) (OH là đường trung bình của tam giác CND)

 \(\Rightarrow MH=MO+OH=\dfrac{x\sqrt{x^2-25}}{2x+10}+\dfrac{5\sqrt{x^2-25}}{2x+10}\)  \(=\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{2}\)

 Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác DMC vuông tại M, ta có:

 \(MH^2+HC^2=MC^2\)

 \(\Leftrightarrow\left(\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{2}\right)^2+\left(\dfrac{x-5}{2}\right)^2=18\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-25}{4}+\dfrac{x^2-10x+25}{4}=18\)

 \(\Leftrightarrow2x^2-10x=72\)

 \(\Leftrightarrow x^2-5x-36=0\)

 \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=9\left(nhận\right)\\x=-4\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

 Vậy \(BC=9\)

Câu hỏi của em là gì thế?

a: Xét tứ giác MDBO có \(\widehat{DMO}+\widehat{DBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MDBO là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

CA,CM là các tiếp tuyến

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

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

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

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

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

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

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

Xét ΔOCD vuông tại O có OM là đường cao

nên \(OM^2=MC\cdot MD\)

=>\(OM^2=AC\cdot BD\)

c: Xét (O) có

ΔMAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔMAB vuông tại M

Xét ΔMAB vuông tại M có \(sinBAM=\dfrac{BM}{BA}\)

=>\(\dfrac{BM}{2R}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

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

=>\(AM=\sqrt{\left(2R\right)^2-\left(R\sqrt{3}\right)^2}=R\)

ΔMAB vuông tại M

=>\(S_{MAB}=\dfrac{1}{2}\cdot MA\cdot MB=\dfrac{1}{2}\cdot R\cdot R\sqrt{3}=\dfrac{R^2\sqrt{3}}{2}\)

Xét ΔHDB vuông tại D có DP là đường cao

nên \(HP\cdot HB=HD^2\left(1\right)\)

Xét ΔHDC vuông tại D có DQ là đường cao

nên \(HQ\cdot HC=HD^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(HP\cdot HB=HQ\cdot HC\)

=>\(\frac{HP}{HC}=\frac{HQ}{HB}\)

Xét ΔHPQ và ΔHCB có

\(\frac{HP}{HC}=\frac{HQ}{HB}\)

\(\hat{PHQ}\) chung

DO đó: ΔHPQ~ΔHCB

=>\(\hat{HPQ}=\hat{HCB}\)

=>\(\hat{HPQ}=\hat{FCB}\) (1)

Xét tứ giác FECB có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{FEB}=\hat{FCB}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{FEB}=\hat{HPQ}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên FE//PQ

The homework has been finished by my younger brother for 2 hours

The homework has been finished by my younger brother for 2 hours

Có thể thực hiện như sau để xác định khối lượng cục tẩy:

- Bước 1: Đặt thước nhựa lên một điểm tựa (như một bút chì nằm ngang) sao cho bút chì và thước vuông góc với nhau.

- Bước 2: Đặt quả cân 20 g ở một đầu của thước (0 cm), đặt cục tẩy ở đầu còn lại (20 cm).

- Bước 3: Di chuyển điểm tựa (bút chì) dọc theo chiều dài của thước cho đến khi thấy thước nằm thăng bằng. Xác định vị trí điểm tựa lúc này (giả sử là \(x\) cm).

- Bước 4: Áp dụng nguyên lí cân bằng của đòn bẩy, ta có thể xác định khối lượng cục tẩy bằng công thức sau: \(m_1.x=m_2.\left(20-x\right)\)

với \(m_1=20\) \(g\) là khối lượng của quả cân, \(x\) là vị trí điểm tựa giúp thước thăng bằng. Từ đó ta sẽ xác định được \(m_2\) là khối lượng cục tẩy nhé.