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 \(\frac{ID}{IE}=\frac{AD}{AE}\)

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

b: Vì AB//KN

nên \(sđ\stackrel\frown{AN}=sđ\stackrel\frown{BK}\)

Xét (O) có

\(\widehat{CIK}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung CK và AN

=>\(\widehat{CIK}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{CK}+sđ\stackrel\frown{AN}\right)\)

=>\(\widehat{CIK}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{CK}+sđ\stackrel\frown{BK}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{BC}\)

Xét (O) có

\(\widehat{MBC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BC

Do đó: \(\widehat{MBC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\)

=>\(\widehat{MBC}=\widehat{MIC}\)

=>MBIC là tứ giác nội tiếp

=>M,B,I,C cùng thuộc một đường tròn

mà M,B,O,C cùng thuộc đường tròn đường kính OM

nên I nằm trên đường tròn đường kính OM

=>OI\(\perp\)MN tại I

ΔONK cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của NK

con chó có bao nhiêu tuôi

Gọi vận tốc thật của cano là x(km/h) và vận tốc của dòng nước là y(km/h)

(Điều kiện: x>0; y>0)

Vận tốc lúc xuôi dòng là x+y(km/h)

Vận tốc lúc ngược dòng là x-y(km/h)

Vận tốc lúc đi xuôi dòng lớn hơn vận tốc lúc ngược dòng là 4km/h nên ta có:

x+y-(x-y)=4

=>x+y-x+y=4

=>2y=4

=>y=2(nhận)

Vận tốc lúc xuôi dòng là x+2(km/h)

Vận tốc lúc ngược dòng là x-2(km/h)

Thời gian đi lúc xuôi dòng là \(\dfrac{40}{x+2}\left(giờ\right)\)

Thời gian đi lúc ngược dòng là \(\dfrac{40}{x-2}\left(giờ\right)\)

Tổng thời gian cả đi lẫn về là 4h30p=4,5 giờ nên ta có:

\(\dfrac{40}{x+2}+\dfrac{40}{x-2}=4,5\)

=>\(\dfrac{40x-80+40x+80}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=4,5\)

=>\(4,5\left(x^2-4\right)=80x\)

=>\(4,5x^2-80x-18=0\)

=>\(4,5x^2-81x+x-18=0\)

=>\(4,5x\left(x-18\right)+\left(x-18\right)=0\)

=>(x-18)(4,5x+1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=18\left(nhận\right)\\x=-\dfrac{1}{4,5}=-\dfrac{2}{9}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: vận tốc dòng nước là 2km/h

vận tốc lúc xuôi dòng là 18+2=20km/h

1: Phương trình hoành độ giao điểm là:

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

=>\(x^2-2x-3=0\)

=>(x-3)(x+1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=-1\end{matrix}\right.\)

=>\(x_1=-1;x_2=3\)

\(A=2x_1+x_2=-2+3=1\)

2: \(\text{Δ}=\left[-\left(2m+2\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(m^2+2m\right)\)

\(=\left(2m+2\right)^2-4\left(m^2+2m\right)\)

\(=4m^2+8m+4-4m^2-8m=4>0\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m+2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+2m\end{matrix}\right.\)

Theo đề, ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m+2\\x_1-2x_2=3m\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2-x_1+2x_2=2m+2-3m\\x_1+x_2=2m+2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3x_2=-m+2\\x_1=2m+2-x_2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{-m+2}{3}\\x_1=2m+2-\dfrac{-m+2}{3}=\dfrac{6m+6+m-2}{3}=\dfrac{7m+4}{3}\end{matrix}\right.\)

\(x_1\cdot x_2=m^2+2m\)

=>\(\dfrac{\left(-m+2\right)\left(7m+4\right)}{9}=m^2+2m\)

=>\(\left(-m+2\right)\left(7m+4\right)=3\left(m^2+2m\right)\)

=>\(-7m^2-4m+14m+8=3m^2+6m\)

=>\(-7m^2+10m+8-3m^2-6m=0\)

=>\(-10m^2+4m+8=0\)

=>\(m=\dfrac{1\pm\sqrt{21}}{5}\)

∆ = [-(2m + 1)]² - 4.1.2m

= 4m² + 4m + 1 - 8m

= 4m² - 4m + 1

= (2m - 1)²

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆ > 0

⇔ (2m - 1)² > 0

⇔ 2m - 1 ≠ 0

⇔ 2m ≠ 1

⇔ m ≠ 1/2

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

x₁ + x₂ = 2m + 1

x₁x₂ = 2m

A = x₁² + x₂² - x₁x₂

= (x₁ + x₂)² - 3x₁x₂

= (2m + 1)² - 3.2m

= 4m² + 4m + 1 - 6m

= 4m² - 2m + 1

= (2m)² - 2.2m.1/2 + 1/4 + 1 - 1/4

= (2m - 1/2)² + 3/4

Ta có:

(2m - 1/2)² ≥ 0 với mọi x ∈ R

⇒ (2m - 1/2) + 3/4 ≥ 3/4 với mọi x ∈ R

Vậy min A = 3/4 khi m = 1/4

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (d') là:

\(x+m+1=-x+3m-1\)

\(\Leftrightarrow2x=2m-2\)

\(\Leftrightarrow x=m-1\)

\(\Rightarrow y=x+m+1=m-1+m+1=2m\)

Vậy (d) cắt (d') tại điểm \(A\left(m-1,2m\right)\)

Để A thuộc \(\left(d_0\right):y=3x-1\) thì \(2m=3\left(m-1\right)-1\) 

\(\Leftrightarrow2m=3m-3-1\)

\(\Leftrightarrow m=4\)

Vậy \(m=4\)

(￣y▽￣)╭ Thay like cái nào !!

Viết hệ thức lượng cho tam giác DEF là viết các công thức liên hệ giữa các cạnh và đường cao trong tam giác DEF. Có ba công thức chính:

• Công thức tính diện tích: 𝑆=12𝑎ℎS=
  
  ​1/2ah, trong đó a là độ dài một cạnh và h là độ dài đường cao hạ từ đỉnh đối diện với cạnh đó.
• Công thức tính đường cao: ℎ=2𝑆𝑎h= 2S/a
  
  ​
• Công thức tính cạnh: 𝑎=2𝑆ℎa= 2S/h
  
  ​

Xét tứ giác OHIK có \(\hat{OHK}=\hat{OIK}=90^0\)

nên OHIK là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{OKH}=\hat{OIH}=\hat{OIC}\)

mà \(\hat{OIC}=\hat{OCI}\) (ΔOCI cân tại O)

nên \(\hat{OKH}=\hat{OCH}\)

Vì C là điểm chính giữa của cung AB

nên sđ cung CA=sđ cung CB

=>CA=CB

mà OA=OB

nên CO là đường trung trực của AB

=>CO⊥AB

Ta có: HK⊥OA

CO⊥OA

Do đó: HK//CO

=>\(\hat{HKO}+\hat{KOC}=180^0;\hat{HCO}+\hat{CHK}=180^0\)

mà \(\hat{HKO}=\hat{HCO}\)

nên \(\hat{KOC}=\hat{KHC}\)

Xét tứ giác KOCH có

\(\hat{KOC}=\hat{KHC}\)

\(\hat{HKO}=\hat{HCO}\)

Do đó: KOCH là hình bình hành