1 expectation

2 surprised

3 products

4 disastrously

5 canned

6 decorated

7 internationally

8 destruction

9 consumption

10 effectively

Bài 5:

a: 2x-(3-5x)=4(x+3)

=>2x-3+5x=4x+12

=>7x-3=4x+12

=>3x=15

=>x=5

b: =>5/3x-2/3+x=1+5/2-3/2x

=>25/6x=25/6

=>x=1

c: 3x-2=2x-3

=>3x-2x=-3+2

=>x=-1

d: =>2u+27=4u+27

=>u=0

e: =>5-x+6=12-8x

=>-x+11=12-8x

=>7x=1

=>x=1/7

f: =>-90+12x=-45+6x

=>12x-90=6x-45

=>6x-45=0

=>x=9/2

2:

1+cot^2a=1/sin^2a

=>1/sin^2a=1681/81

=>sin^2a=81/1681

=>sin a=9/41

=>cosa=40/41

tan a=1:40/9=9/40

a: Xét ΔABC có

N,M lần lượt là trung điểm của BC,BA

=>NM là đường trung bình của ΔABC

=>NM//AC và \(NM=\frac{AC}{2}\)

NM//AC

=>NK//AC
\(NM=\frac{AC}{2}\)

\(NM=\frac{NK}{2}\)

Do đó: AC=NK

Xét tứ giác ACNK có

NK//AC
NK=AC

Do đó: ACNK là hình bình hành

b: ACNK là hình bình hành

=>AN cắt CK tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AN và CK

Xét ΔOEC vuông tại O và ΔOFK vuông tại O có

OC=OK

\(\hat{OCE}=\hat{OKF}\) (hai góc so le trong, CE//KF)

Do đó: ΔOEC=ΔOFK

=>OE=OF

=>O là trung điểm của EF

Xét tứ giác CEKF có

O là trung điểm chung của CK và EF

=>CEKF là hình bình hành

Hình bình hành CEKF có CK⊥EF

nên CEKF là hình thoi

c: Xét ΔANK có

AM,KO là các đường trung tuyến

AM cắt KO tại G

Do đó: G là trọng tâm của ΔANK

=>\(KG=\frac23KO\)

Xét ΔKEF có

KO là đường trung tuyến

KG=2/3KO

Do đó: G là trọng tâm của ΔKEF

=>FG cắt EK tại trung điểm của EK

=>H là trung điểm của EK

AKNC là hình bình hành

=>AK//NC và AK=NC

AK//NC

=>AK//NB

AK=NC

NC=NB

Do đó: AK=NB

Xét tứ giác ANBK có

AK//BN

AK=BN

Do đó: ANBK là hình bình hành

=>AB cắt KN tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của AB

nên M là trung điểm của KN

Xét ΔKNE có

M,H lần lượt là trung điểm của KN,KE

=>MH là đường trung bình của ΔKNE

=>MH//NE

=>MH//BC

Xét ΔKNC có

M,O lần lượt là trung điểm của KN,KC

=>MO là đường trung bình của ΔKNC

=>MO//BC

mà MH//BC

và MO,MH có điểm chung là M

nên O,M,H thẳng hàng

Câu 7:

a: \(\hat{B}=2\cdot\hat{A}=2a\)

\(\hat{C}+\hat{B}=180^0\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí trong cùng phía

nên AB//CD

=>\(\hat{BAD}+\hat{ADC}=180^0\)

=>\(\hat{ADC}=180^0-a\)

b: CI là phân giác của góc BCD

=>\(\hat{ICD}=\frac12\cdot\hat{BCD}\)

DI là phân giác của góc ADC

=>\(\hat{IDC}=\frac12\cdot\hat{ADC}\)

Xét ΔICD có \(\hat{ICD}+\hat{IDC}+\hat{DIC}=180^0\)

=>\(\hat{DIC}=180^0-\frac12\cdot\left(\hat{ADC}+\hat{BCD}\right)\)

\(=\frac12\left(360^0-\hat{ADC}-\hat{BCD}\right)=\frac12\cdot\left(\hat{BAD}+\hat{ABC}\right)\)

a: \(3H_2+Fe_2O_3\rightarrow2Fe+3H_2O\)

b: \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{16}{160}=0.1\left(mol\right)\)

\(\Leftrightarrow n_{H_2O}=n_{H_2}=0.1\cdot3=0.3\left(mol\right)\)

\(v_{H_2}=0.3\cdot22.4=6.72\left(lít\right)\)

dùng phương pháp hình học cm câu a 

đặt BH =a , HC =c kẻ HA =b 

theo định lí py ta go ta có 

AB=a²+b²;AC=b²+c²;BC=a+b

dễ thấy AB.AC\(\ge\) 2SABC=BC.AH

(a²+b²).(b²+c²)\(\ge\)b.(a+c)

Bài III.2b.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(P\right)\) và \(\left(d\right)\) : \(x^2=\left(m+1\right)x-m-4\)

hay : \(x^2-\left(m+1\right)x+m+4=0\left(I\right)\)

\(\left(d\right)\) cắt \(\left(P\right)\) tại hai điểm nên phương trình \(\left(I\right)\) sẽ có hai nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình \(\left(I\right)\) phải có : 

\(\Delta=b^2-4ac=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4.1.\left(m+4\right)\)

\(=m^2+2m+1-4m-16\)

\(=m^2-2m-15>0\).

\(\Rightarrow m< -3\) hoặc \(m>5\).

Theo đề bài : \(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=2\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2=12\)

\(\Leftrightarrow x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}=12\left(II\right)\)

Do phương trình \(\left(I\right)\) có hai nghiệm khi \(m< -3\) hoặc \(m>5\) nên theo định lí Vi-ét, ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-\left(m+1\right)}{1}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m+4}{1}=m+4\end{matrix}\right.\).

Thay vào \(\left(II\right)\) ta được : \(m+1+2\sqrt{m+4}=12\)

Đặt \(t=\sqrt{m+4}\left(t\ge0\right)\), viết lại phương trình trên thành : \(t^2-3+2t=12\)

\(\Leftrightarrow t^2+2t-15=0\left(III\right)\).

Phương trình \(\left(III\right)\) có : \(\Delta'=b'^2-ac=1^2-1.\left(-15\right)=16>0\).

Suy ra, \(\left(III\right)\) có hai nghiệm phân biệt : 

\(\left\{{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-b'+\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1+\sqrt{16}}{1}=3\left(t/m\right)\\t_2=\dfrac{-b'-\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1-\sqrt{16}}{1}=-5\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)

Suy ra được : \(\sqrt{m+4}=3\Rightarrow m=5\left(ktm\right)\).

Vậy : Không có giá trị m thỏa mãn đề bài.

Bài IV.b.

Chứng minh : Ta có : \(OB=OC=R\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực \(d\) của \(BC\).

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(IB=IC\), suy ra \(I\in d\).

Suy ra được \(OI\) là một phần của đường trung trực \(d\) của \(BC\) \(\Rightarrow OI\perp BC\) tại \(M\) và \(MB=MC\).

Xét \(\Delta OBI\) vuông tại \(B\) có : \(MB^2=OM.OI\).

Lại có : \(BC=MB+MC=2MB\)

\(\Rightarrow BC^2=4MB^2=4OM.OI\left(đpcm\right).\)

Tính diện tích hình quạt tròn

Ta có : \(\hat{BAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BC}=2.\hat{BAC}=2.70^o=140^o\) (góc nội tiếp).

\(\Rightarrow S=\dfrac{\pi R^2n}{360}=\dfrac{\pi R^2.140^o}{360}=\dfrac{7}{18}\pi R^2\left(đvdt\right)\)