a: Xét ΔBAM vuông tại A và ΔBDM vuông tại D có
BM chung

BA=BD

Do đó: ΔBAM=ΔBDM

b: Ta có: ΔBAM=ΔBDM

=>MA=MD

Xét ΔMAN vuông tại A và ΔMDC vuông tại D có

MA=MD

\(\widehat{AMN}=\widehat{DMC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMAN=ΔMDC

=>MN=MC

=>ΔMNC cân tại M

c: IN=IC

=>I nằm trên đường trung trực của NC(1)

Ta có:MN=MC

=>M nằm trên đường trung trực của NC(2)

Ta có: ΔMAN=ΔMDC
=>AN=DC

Ta có: BA+AN=BN

BD+DC=BC

mà BA=BD và AN=DC

nên BN=BC

=>B nằm trên đường trung trực của NC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra B,M,I thẳng hàng

Khi x=-1;y=-1;z=-1 thì \(N=\left(-1\right)^1\cdot\left(-1\right)^2\cdot\left(-1\right)^3+\left(-1\right)^2\cdot\left(-1\right)^3\cdot\left(-1\right)^4+...+\left(-1\right)^{2014}\cdot\left(-1\right)^{2015}\cdot\left(-1\right)^{2016}\)

=1-1+1-1+...+1-1

=0

TK:

−
 Vai trò của thoát hơi nước ở lá cây:

∘
 Làm mát cho cây

∘
 Tạo điều kiện cho sự trao đổi khí

∘
 Tạo lực hút vận chuyển nước và muối khoáng trong cây.

−
 Hoạt động đóng mở khí khổng trong quá trình thoát hơi nước:

∘
 Khi tế bào hạt đậu trương nước, làm cho tế bào căng ra khiến lỗ khí mở; khi tế bào hạt đậu không có nước, thành tế bào trở lại trạng thái bình thường làm cho lỗ khí đóng lại.

⇒
 Quá trình thoát hơi nước ở lá được điều chỉnh nhờ sự đóng mở của khí khổng.

TK:− Vai trò của thoát hơi nước ở lá cây:

∘Làm mát cho cây

∘Tạo điều kiện cho sự trao đổi khí

∘Tạo lực hút vận chuyển nước và muối khoáng trong cây.

−Hoạt động đóng mở khí khổng trong quá trình thoát hơi nước:

∘Khi tế bào hạt đậu trương nước, làm cho tế bào căng ra khiến lỗ khí mở; khi tế bào hạt đậu không có nước, thành tế bào trở lại trạng thái bình thường làm cho lỗ khí đóng lại.

⇒Quá trình thoát hơi nước ở lá được điều chỉnh nhờ sự đóng mở của khí khổng.

Bài 2:

a: \(\left(-x^3+6x^2-11x+6\right):\left(x-3\right)\)

\(=\frac{-x^3+3x^2+3x^2-9x-2x+6}{x-3}\)

\(=\frac{-x^2\left(x-3\right)+3x\left(x-3\right)-2\left(x-3\right)}{x-3}=-x^2+3x-2\)

b: \(\left(x^4-3x^3+4x^2-x-3\right):\left(x^2-2x+3\right)\)

\(=\frac{x^4-2x^3+3x^2-x^3+2x^2-3x-x^2+2x-3}{x^2-2x+3}\)

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

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

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

=x+1

d: \(\left(4x^3-2x^2+x-3\right):\left(x-2x^2\right)\)

\(=\frac{-4x^3+2x^2-x+3}{2x^2-x}=\frac{-2x\left(2x^2-x\right)-x+3}{2x^2-x}\)

\(=-2x+\frac{-x+3}{2x^2-x}\)

Bài 5:

a:ĐKXĐ: x<>0

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

\(=x^2-6x+3x^2+3x=4x^2-3x\)

Đặt A(x)=0

=>\(4x^2-3x=0\)

=>x(4x-3)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x=0\\ 4x-3=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=0\left(loại\right)\\ x=\frac34\left(nhận\right)\end{array}\right.\)

Vậy: Nghiệm của A(x) là \(x=\frac34\)

b: |x+2|=3

=>\(\left[\begin{array}{l}x+2=3\\ x+2=-3\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=1\left(nhận\right)\\ x=-5\left(nhận\right)\end{array}\right.\)

Thay x=1 vào A, ta được:

\(A\left(1\right)=4\cdot1^2-3\cdot1=4-3=1\)

Thay x=-5 vào A, ta được:

\(A\left(-5\right)=4\cdot\left(-5\right)^2-3\cdot\left(-5\right)=100+15=115\)

c: \(\frac{A\left(x\right)}{B\left(x\right)}=\frac{4x^2-3x}{2x+1}=\frac{4x^2+2x-5x-2,5+2,5}{2x+1}=\frac{2x\left(2x+1\right)-2,5\left(2x+1\right)+2,5}{2x+1}\)

\(=2x-2,5+\frac{2,5}{2x+1}\)

=>Q(x)=2x-2,5 và R(x)=2,5

a: Xét ΔABH vuông tại A và ΔEBH vuông tại E có

BH chung

\(\widehat{ABH}=\widehat{EBH}\)

Do đó: ΔBAH=ΔBEH

b: Xét ΔBFC có

FE,CA là các đường cao

FE cắt CA tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔBFC

c: Xét ΔBEF vuông tại E và ΔBAC vuông tại A có

BE=BA

\(\widehat{EBF}\) chung

Do đó ΔBEF=ΔBAC

=>BF=BC

=>ΔBFC cân tại B

Ta có: ΔBFC cân tại B

mà BH là đường cao

nên BH là đường trung tuyến của ΔBFC

=>K là trung điểm của FC

Xét ΔMAQ và ΔMFK có

MA=MF

\(\widehat{AMQ}=\widehat{FMK}\)(hai góc đối đỉnh)

MQ=MK

Do đó: ΔMAQ=ΔMFK

=>\(\widehat{MAQ}=\widehat{MFK}\)

=>AQ//FK

=>AQ//FC

Xét ΔBFC có \(\dfrac{BA}{BF}=\dfrac{BE}{BC}\)

nên AE//FC

mà AQ//FC

và AE,AQ có điểm chung là A

nên A,E,Q thẳng hàng

+ Phản xạ gương là hiện tượng các tia sáng song song truyền đến bề mặt nhẵn bị phản xạ theo một hướng. Khi có phản xạ gương ta có thể quan sát được ảnh của vật. + Phản xạ khuếch tán là hiện tượng các tia sáng song song truyền đến bề mặt không nhẵn bị phản xạ theo mọi hướng.

TK:

+ Phản xạ gương là hiện tượng các tia sáng song song truyền đến bề mặt nhẵn bị phản xạ theo một hướng. Khi có phản xạ gương ta có thể quan sát được ảnh của vật. + Phản xạ khuếch tán là hiện tượng các tia sáng song song truyền đến bề mặt không nhẵn bị phản xạ theo mọi hướng.

a: Xét ΔAIB và ΔAIC có

AB=AC

BI=CI

AI chung

Do đó: ΔAIB=ΔAIC

b: ΔABI=ΔACI

=>\(\widehat{AIB}=\widehat{AIC}\)
mà \(\widehat{AIB}+\widehat{AIC}=180^0\)

nên \(\widehat{AIB}=\widehat{AIC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

=>AI\(\perp\)BC

Xét ΔDBC có

DI là đường cao

DI là đường trung tuyến

Do đó: ΔDBC cân tại D

=>DB=DC

c: Ta có: DB=DE
mà D nằm giữa B và E

nên D là trung điểm của BE

Xét ΔEBC có

EI,CD là các đường trung tuyến

EI cắt CD tại G

Do đó: G là trọng tâm của ΔEBC

=>EG=2GI

Gọi độ dài quãng đường AB là x(km)

(Điều kiện: x>0)

Thời gian ô tô thứ nhất đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{30}\left(giờ\right)\)

Thời gian ô tô thứ hai đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{60}\left(giờ\right)\)

Ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 3 giờ nên ta có:

\(\dfrac{x}{30}-\dfrac{x}{60}=3\)

=>\(\dfrac{x}{60}=3\)

=>x=180(nhận)

Thời gian ô tô thứ nhất đi là 180/60=3(giờ)

Thời gian ô tô thứ hai đi là 180/30=6(giờ)