làm j ba?

khó thiệt

a: Xét (O) có

\(\hat{AEC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

=>\(\hat{AEC}=90^0\)

=>AE⊥MC tại E

Xét tứ giác MEHA có \(\hat{MEA}=\hat{MHA}=90^0\)

nên MEHA là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔMAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(1\right)\)

Xét ΔMAC vuông tại A có AE là đường cao

nên \(ME\cdot MC=MA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(MH\cdot MO=ME\cdot MC\)

\(\left\{{}\begin{matrix}2x-5y=1\\x+5y=23\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x-5y+x+5y=1+23\\x+5y=23\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x=24\\x+5y=23\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=8\\8+5y=23\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=8\\y=3\end{matrix}\right.\)

- Số tế bào con là: \(2^5=32(tb)\)

- Số lượng NST trong các tế bào con là: \(46.32=1472(NST)\)

a: Xét (O) có

ΔCAB nội tiếp

AB là đường kính

DO đó: ΔCAB vuông tại C

E đối xứng H qua AC

=>AC là đường trung trực của EH

=>AC⊥EH tại trung điểm của EH

=>P là trung điểm của EH và AC⊥EH tại P

E đối xứngK qua BC

=>BC là đường trung trực của EK

=>BC⊥EK tại Q và Q là trung điểm của EK

Xét tứ giác CPEQ có \(\hat{CPE}=\hat{CQE}=\hat{PCQ}=90^0\)

nên CPEQ là hình chữ nhật

b: Xét ΔCEA vuông tại E có EP là đường cao

nên \(CP\cdot CA=CE^2\left(1\right)\)

Xét ΔCEB vuông tại E có EQ là đường cao

nên \(CQ\cdot CB=CE^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(CP\cdot CA=CQ\cdot CB\)

c: AC là đường trung trực của HE

=>AE=AH; CE=CH

CB là đường trung trực của EK

=>CE=CK; BE=BK

Xét ΔAHC và ΔAEC có

AH=AE

CH=CE

AC chung

Do đó: ΔAHC=ΔAEC

=>\(\hat{AHC}=\hat{AEC}\)

=>\(\hat{AHC}=90^0\)

=>AH⊥HC tại H

ΔAHC=ΔAEC

=>\(\hat{HCA}=\hat{ECA}\)

=>CA là phân giác của góc HCE

=>\(\hat{HCE}=2\cdot\hat{ACE}\)

Xét ΔCEB và ΔCKB có

CE=CK

BE=BK

CB chung

Do đó: ΔCEB=ΔCKB

=>\(\hat{ECB}=\hat{KCB}\)

=>CB là phân giác của góc ECK

=>\(\hat{ECK}=2\cdot\hat{ECB}\)

ΔCEB=ΔCKB

=>\(\hat{CEB}=\hat{CKB}\)

=>\(\hat{CKB}=90^0\)

=>CK⊥KB

Ta có: \(\hat{HCK}=\hat{HCE}+\hat{KCE}\)

\(=2\left(\hat{ACE}+\hat{BCE}\right)=2\cdot\hat{ACB}=2\cdot90^0=180^0\)

=>H,C,K thẳng hàng

Ta có: AH⊥HK

BK⊥KH

Do đó: AH//BK

ta có: CH=CE

CK=CE

Do đó: CH=CK

=>C là trung điểm của HK

Xét hình thang AHKB có

O,C lần lượt là trung điểm của AB,HK

=>OC là đường trung bình của hình thang AHKB

=>OC//AH//KB

=>OC⊥HK tại C

=>HK là tiếp tuyến tại C của (O)

a: Xét ΔONM vuông tại N có sin NMO\(=\frac{ON}{OM}=\frac12\)

nên \(\hat{NMO}=30^0\)

Xét (O) có

MN,MP là các tiếp tuyến

Do đó: MN=MP và MO là phân giác của góc NMP

MO là phân giác của góc NMP

=>\(\hat{NMP}=2\cdot\hat{NMO}=60^0\)

Xét ΔMNP có MN=MP và \(\hat{NMP}=60^0\)

nên ΔMNP đều

b: Ta có: ON⊥OI

ON⊥ NM

Do đó: OI//MN

=>OI//MK

Ta có: OK⊥OP

OP⊥PM

Do đó: OK//PM

=>OK//MI

Xét tứ giác OKMI có

OK//MI

OI//MK

Do đó: OKMI là hình bình hành

Hình bình hành OKMI có MO là phân giác của góc KMI

nên OKMI là hình thoi

c: OKMI là hình thoi

=>\(\hat{KOI}=\hat{KMI}=60^0\)

Xét ΔOKI có OK=OI và \(\hat{KOI}=60^0\)

nên ΔOKI đều

Gọi H là giao điểm của OM và KI

OKMI là hình thoi

=>OM⊥KI tại trung điểm của mỗi đường

=>H là trung điểm chung của OM và KI và OM⊥KI tại H

Xét tứ giác ONMP có \(\hat{ONM}+\hat{OPM}+\hat{NOP}+\hat{NMP}=360^0\)

=>\(\hat{NOP}=360^0-90^0-90^0-60^0=120^0\)

Ta có: \(\hat{POK}+\hat{NOK}=\hat{NOP}\) (tia OK nằm giữa hai tia ON và OP)

=>\(\hat{NOK}=120^0-90^0=30^0\)

OKMI là hình thoi

=>OM là phân giác của góc KOI

=>\(\hat{KOM}=\frac12\cdot\hat{KOI}=30^0\)

Xét ΔONK vuông tại N và ΔOHK vuông tại H có

OK chung

\(\hat{NOK}=\hat{HOK}\left(=30^0\right)\)

Do đó: ΔONK=ΔOHK

=>ON=OH

=>OH=R

=>H nằm trên (O)

Xét (O) có

OH là bán kính

KI⊥OH tại H

Do đó: KI là tiếp tuyến tại H của (O)

 Dễ dàng chứng minh rằng các số có dạng \(n^3\) khi chia cho 7 sẽ chỉ có các số dư là \(0,1,6\). (Bằng cách đặt \(n=7k+i\left(i=\overline{0,6}\right)\) rồi khai triển biểu thức \(\left(7k+i\right)^3=\left(7k\right)^3+3\left(7k\right)^2i+3.7k.i^2+i^3\) và xét số dư của \(i^3\) cho 7.

 Nếu trong 3 số a, b, c có 1 số chia hết cho 7 thì đương nhiên ta có đpcm.

 Nếu trong 3 số a, b, c không có số nào chia hết cho 7 (tức là không có số nào trong 3 số \(a^3,b^3,c^3\) chia hết cho 7), thì theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại 2 số trong 3 số \(a^3,b^3,c^3\) có cùng số dư khi chia cho 7 (do lúc này chỉ còn 2 số dư là 1,6). Giả sử 2 số đó là \(a^3,b^3\). Khi đó \(a^3-b^3⋮7\) \(\Rightarrowđpcm\)

Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có đpcm.