a) \(\left(10+9\right)x-\left(5x-1\right)\left(2x+3\right)+5x-7\)

\(=19x-\left(10x^2+15x-2x-3\right)+5x-7\)

\(=19x-10x^2-13x+3+5x-7\)

\(=-10x^2+11x-4\)

b) \(\left(x+1\right)^2-\left(x-1\right)^2-3\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)

\(=\left(x+1+x-1\right)\left(x+1-x+1\right)-3\left(x^2-1\right)\)

\(=4x-3x^2+3\)

c) \(\left(2x+1\right)^2-4\left(x-2\right)\left(x+2\right)-\left(x-3\right)^2\)

\(=\left(2x+1+x-3\right)\left(2x+1-x+3\right)-4\left(x^2-4\right)\)

\(=\left(3x-2\right)\left(x+4\right)-4x^2+16\)

\(=3x^2+12x-2x-8-4x^2+16\)

\(=-x^2+10x+8\)

\(2^{2n+1}+5^{2n}=2^{2n}.2+25^n=4^n.2+25^n\)

- Vì số chính phương khi chia cho 3 thì chỉ có thể dư \(0\) hoặc \(1\).

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4^nmod3\in\left\{0;1\right\}\\25^nmod3\in\left\{0;1\right\}\end{matrix}\right.\).

Mà \(4^n,25^n\) không chia hết cho \(3\) với mọi \(n\in N\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4^nmod3=1\\25^nmod3=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(4^n.2\right)mod3=2\\25^nmod3=1\end{matrix}\right.\Rightarrow\left(4^n.2+25^n\right)⋮3\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Lấy \(H,I,K\) trên \(AB,BC,CA\) sao cho \(DH,EI,FK\) tương ứng vuông góc với \(AB,BC,CA\). Lấy \(G\) đối xứng với \(E\) qua \(BC\). Gọi \(AG\) cắt \(DF\) tại \(J\).

Ta thấy \(\Delta BGC=\Delta BEC\sim\Delta BDA\sim\Delta AFC\). Suy ra \(\Delta BDG~\Delta BAC\sim GFC\). Từ đây \(\dfrac{DG}{AC}=\dfrac{BD}{BA}=\dfrac{AF}{AC}\Rightarrow DG=AF\). Tương tự thì \(FG=AD\). Do đó \(ADGF\) là hình bình hành. Suy ra \(J\) là trung điểm của \(DF,AG.\) 

Ta có \(IK||AB\) do \(\dfrac{IB}{IC}=\dfrac{EB^2}{EC^2}=\dfrac{AF^2}{AC^2}=\dfrac{KA}{KC}\) và \(IH||AC\)

Suy ra \(\Delta DHI\sim\Delta IKF\) vì \(\widehat{DHI}=\widehat{IKF}=90^0+\widehat{BAC}\) và \(\dfrac{DH}{IK}=\dfrac{DH}{AH}=\dfrac{AK}{KF}=\dfrac{HI}{KF}\) . Do vậy:\(\widehat{DIF}=\widehat{DIH}+\widehat{HIK}+\widehat{KIF}=\widehat{DIH}+\widehat{BAC}+\widehat{DHI}=180^0-\left(90^0+\widehat{BAC}\right)+\widehat{BAC}=90^0\)Xét \(\Delta AGE\) có đường trung bình \(IJ\). Suy ra \(AE=2IJ\)

Xét \(\Delta DIF\) có \(\widehat{DIF}=90^0\), \(J\) là trung điểm của \(DF\). Suy ra \(DF=2IJ\)

Vậy \(DF=AE.\)

\(\dfrac{1}{a}\)\(\sqrt{a+1}\) 

Trước tiên dễ dàng tính được \(\widehat{B}=58^o\)

Tam giác ABC vuông tại A nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AC.tgC\\S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC\end{matrix}\right.\)

Mà \(\widehat{C}=32^o;S_{ABC}=80cm^2\) nên ta có \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AC.tg32^o\\\dfrac{1}{2}AB.AC=80\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=AC.tg32^o\\AB.AC=160\end{matrix}\right.\)

Từ 2 điều này, ta có \(AC.tg32^o.AC=160\Leftrightarrow AC^2=\dfrac{160}{tg32^o}\Leftrightarrow AC=\sqrt{\dfrac{160}{tg32^o}}\) \(\approx16\left(cm\right)\) 

Từ đó ta có \(AB=\dfrac{160}{AC}=\dfrac{160}{\sqrt{\dfrac{160}{tg32^o}}}\approx10\left(cm\right)\)

Cuối cùng, ta có: \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{\left(\dfrac{160}{\sqrt{\dfrac{160}{tg32^o}}}\right)^2+\left(\sqrt{\dfrac{160}{tg32^o}}\right)^2}\) \(\approx18,869\left(cm\right)\)

a)

* Xét phép lai 2 :

ta thấy ở F1 : \(\dfrac{vàng}{xanh}=\dfrac{92}{31}\approx\dfrac{3}{1}\)

\(\Rightarrow\) Vàng (A) trội hoàn toàn so với xanh (a)

\(\rightarrow\) P có KG dị hợp :    Aa

Sđlai :  bn tự viết sđlai P có KG Aa tự thụ phấn 

* Xét phép lai 1 :

Có P vàng lai với nhau, F1 thu được 100% vàng

\(\rightarrow\) P sẽ có 2 KG :  \(\left[{}\begin{matrix}AA\text{ x }AA\\AA\text{ x }Aa\end{matrix}\right.\)           

Sđlai : bn tự viết cho mỗi trường hợp P

* Xét phép lai 3 :

1 trong 2 cây P có KH lặn (xanh) nên có KG   aa

Mà các cây đồng loạt cho KH vàng

Thấy 100% cây F1 hạt vàng phải có KG   A_  nên phải nhận tối thiểu 1 giao tử A từ P nhưng cây P hạt xanh chỉ sinh ra giao tử a nên 

\(\rightarrow\) Cây P còn lại có KG AA  (sinh ra 1 giao tử A)

Sđlai : bn tự viết

* Xét phép lai 4 :             

P lai với nhau, F1 thu được 100% vàng là tính trạng trội

\(\rightarrow\)  P có 3 TH :  \(\left[{}\begin{matrix}AA\text{ x }AA\\AA\text{ x }Aa\\AA\text{ x }aa\end{matrix}\right.\)

Sđlai : bn tự viết cho mỗi trường hợp

b) 

Các trường hợp KG phân li 1 : 1 :    Trội : trội

                                                      Trội : lặn

(1) TH trội : trội \(\rightarrow\) Phân li KG :  \(1AA:1Aa\)

(2) TH trội : lặn \(\rightarrow\) Phân li KG :  \(1Aa:1aa\) 

(ta thấy có cả trường hợp 1AA : 1aa nữa nhưng trong các sđlai không có sđ nào có tỉ lệ này ngoại trừ các trường hợp đột biến nên ta loại bỏ)

Từ (1) \(\rightarrow\) P có KG :  \(AA\text{ x }Aa\)  

Từ (2) \(\rightarrow\) P có KG :  \(Aa\text{ x }aa\)   (kết quả phép lai phân tích tỉ lệ 1 : 1)

Sđlai : bn tự viết cho mỗi trường hợp

c) 

* Tỉ lệ KH  1 : 1 

Có :  Đây là tỉ lệ KH của phép lai phân tích 1 cặp tính trạng

Vậy P sẽ có KG :   \(Aa\text{ x }aa\)    

Sđlai : bn tự viết

* Tỉ lệ KH 3 : 1

Dựa vào 6 sơ đồ lai cơ bản của phép lai 1 cặp tính trạng, ta nhận biết được đây là tỉ lệ KH của phép lai P :    \(Aa\text{ x } Aa\)

Sđlai : bn tự viết

p/s : nếu câu c) bn có cách làm khác thì cứ theo cách đó nha chứ cách của mik phải bắt buộc học thuộc 6 sđlai đó

      bn cần 6 sđlai đó cứ comment ở dưới mik sẽ ghi ra từng cái nha

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

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

b: \(A=\frac13\)

=>\(\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}=\frac13\)

=>\(3\left(\sqrt{x}-1\right)=\sqrt{x}\)

=>\(2\sqrt{x}=3\)

=>\(\sqrt{x}=\frac32\)

=>\(x=\frac94\) (nhận)

Áp dụng định lí pytago trong tam giác vuông ABC tại A , ta có :

\(AB^2+AC^2=BC^2\)

\(\Leftrightarrow5^2+AC^2=13^2\)

\(\Leftrightarrow AC^2=13^2-5^2\)

\(\Leftrightarrow AC=\sqrt{144}=12\left(cm\right)\)

+) Xét tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH: 

\(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.BC\\AH^2=CH.BH\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5^2=BH.13\\12^2=CH.13\\AH^2=BH.CH\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{25}{13}\\CH=\dfrac{144}{13}\\AH=\sqrt{\dfrac{25}{13}.\dfrac{144}{13}}=\dfrac{60}{13}\end{matrix}\right.\)