\(8\cdot\left(-125\right)=-\left(8\cdot125\right)=-1000\)

8 x (-125) = -(8 x 125) = -1000 

Cho góc bẹt xOy. Vẽ tia Oz thỏa mãn zOy = zOx. Gọi Om và On lần lượt là các tia phân giác của zOx;zOy a) Tính zOx;zOy b) zOm;zOn có phụ nhau không?

a) ta có: góc zOx + zOy = 180 độ
mà zOx = zOy
=> zOy + zOy = 180
2zOy = 180
zOy = 90
vậy zOy = zOx = 90
b) ta có: xOm + mOz = 90
mà xOm = mOz
=> 2mOz = 90
mOz = 45
vậy mOz = xOm = 45
ta có: nOy + nOz = 90
mà nOy = nOz
=> 2nOy = 90
nOy = 45
vậy nOy = nOz = 45
nOz + mOz = 45 + 45 = 90
vậy zOm; zOn có phụ nhau

1. Laura studies at Star Primary School.

2. His favourite colour is black.

3. He likes listening to music.

4. Alex lives in a small village.

5. Kim’s birthday is in November.

Câu 1. Laura studies at Star Primary School.

Câu 2. His favourite colour is black.

Câu 3. He likes listening to music.

Câu 4. Alex lives in a small village.

Câu 5. Kim’s birthday is in November.

Tick mình nha!

để lỗi 

4x - 15 = 21

4x = 36

x = 36 : 4 = 9

vậy x = 9

Câu 11: 

\(C=\dfrac{\left|x-2017\right|+2018}{\left|x-2017\right|+2019}=\dfrac{\left|x-2017\right|+2019-1}{\left|x-2017\right|+2019}\\ =\dfrac{\left|x-2017\right|+2019}{\left|x-2017\right|+2019}-\dfrac{1}{\left|x-2017\right|+2019}\\ =1-\dfrac{1}{\left|x-2017\right|+2019}\)

Ta có: \(\left|x-2017\right|\ge0\forall x\Rightarrow\left|x-2017\right|+2019\ge2019\forall x\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{\left|x-2017\right|+2019}\le\dfrac{1}{2019}\forall x\)

\(\Rightarrow C=1-\dfrac{1}{\left|x-2017\right|+2018}\ge1-\dfrac{1}{2019}=\dfrac{2018}{2019}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(x-2017=0\Rightarrow x=2017\)

vậy: ... 

a) Gọi K' là giao điểm của BI và EF, S là giao điểm của EJ và AB.

 Ta có \(\left(FSBA\right)=-1\) (hàng điều hòa quen thuộc). Mặt khác, dễ thấy K'B là trung trực của FJ nên K'B cũng là tia phân giác của \(\widehat{FK'S}\)

 Do đó, \(\widehat{AK'B}=90^o\). Khi đó tam giác AK'B vuông tại K' có trung tuyến K'M nên \(K'M=MB=\dfrac{1}{2}AB\)

 Từ đó suy ra tam giác MK'B cân tại M \(\Rightarrow\widehat{MK'B}=\widehat{MBK'}=\widehat{K'BC}\)

 Do đó MK'//BC. Chú ý rằng MN là đường trung bình của tam giác ABC \(\Rightarrow\) MN//BC. Vậy \(K'\in MN\) hay K' chính là giao điểm của MN và JE. Điều này có nghĩa là \(K'\equiv K\). 

 Như vậy, \(K,B,I\) thẳng hàng và \(\widehat{AKB}=90^o\) hay \(AK\perp BI\)

 Lại có \(FJ\perp BI\) nên AK//FJ hay AK//HJ.

 Tương tự, ta cũng có AH//KJ nên tứ giác AKJH là hình bình hành.

 \(\Rightarrow\) HK, AJ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn, hay JA đi qua trung điểm của HK.

 câu a ý 2:

 Gọi U là giao điểm của EF và BC, P là trung điểm BC, X là điểm chính giữa cung BC không chứa D của (O).

 Có \(\widehat{XIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\widehat{XCB}+\widehat{IBC}=\widehat{XBC}+\widehat{IBC}=\widehat{XBI}\) nên tam giác XBI cân tại X \(\Rightarrow XB=XI\)

 Tương tự, ta cũng có \(XB=XC=XI\) nên X là tâm (IBC)

 Dễ thấy \(\widehat{XBD}=\widehat{XCD}=90^o\) nên XB, XC là tiếp tuyến tại B và C của (X).

 \(\Rightarrow DC^2=DP.DX=DT.DG\) \(\Rightarrow\) Tứ giác TPXG nội tiếp.

 \(\Rightarrow\widehat{DPT}=\widehat{XGT}=\widehat{XTG}=\widehat{XPG}\)

 \(\Rightarrow90^o-\widehat{DPT}=90^o-\widehat{XPG}\)

 \(\Rightarrow\widehat{UPT}=\widehat{UPG}\) . Do \(\widehat{UPG}+\widehat{GPC}=180^o\)

 \(\Rightarrow\) \(\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o\)

  Vì D là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (X) nên GD là đối trung của tam giác GBC 

 \(\Rightarrow\widehat{BGT}=\widehat{PGC}\)

  Lại có \(\widehat{GTB}=\widehat{GCP}\) \(\Rightarrow\Delta GTB\sim\Delta GCP\) \(\Rightarrow\widehat{GBT}=\widehat{GPC}\)

  Lại có \(\widehat{GBT}=\widehat{GIT}\) nên \(\widehat{GPC}=\widehat{GIT}\)

  Kết hợp với \(\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o\), ta có \(\widehat{GIT}+\widehat{UPT}=180^o\) 

 \(\Rightarrow\) Tứ giác ITPJ nội tiếp.

 Mặt khác, \(\left(BCJU\right)=-1\) và P là trung điểm BC nên \(\overline{UJ}.\overline{UP}=\overline{UB}.\overline{UC}\) (hệ thức Maclaurin)

 \(\Rightarrow P_{U/\left(ITPJ\right)}=P_{U/\left(X\right)}\)

 \(\Rightarrow\) U nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (ITPJ) và (X), mà IT là trục đẳng phương của 2 đường tròn này nên U, I, T thẳng hàng.

 Xét cực và đối cực đối với (I). Kí hiệu \(d_Y\) là đối cực của Y đối với (I).

 Ta có \(\left(BCJU\right)=-1\) \(\Rightarrow J\in d_U\) 

 Lại có \(U\in EF\equiv d_A\Rightarrow A\in d_U\) 

 Do đó \(JA\equiv d_U\) \(\Rightarrow JA\perp UI\) hay \(JA\perp IT\) (đpcm)

1. My

2. His

3. Their

4. Our

5. Your

6. Her

7. His

8. My

1. My            2. His

3. Their         4. Our

5. Your          6. Her

7. His            8. My

Tick cho mình nha!

Bài 3:

1: Xét tứ giác IMON có \(\hat{IMO}+\hat{INO}=90^0+90^0=180^0\)

nên IMON là tứ giác nội tiếp

2: Gọi A là giao điểm của MN và OI

Xét (O) có

IM,IN là các tiếp tuyến

DO đó: IM=IN

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

ta có: OM=ON

=>O nằm trên đường trung trực của MN(2)

Từ (1),(2) suy ra OI là đường trung trực của MN

=>OI⊥MN tại A và A là trung điểm của MN

Xét (O) có

ΔMHK nội tiếp

MK là đường kính

Do đó: ΔMHK vuông tại H

=>MH⊥IK tại H

Xét ΔIMK vuông tại M có MH là đường cao

nên \(IH\cdot IK=IM^2=IM\cdot IN\)

Bài 2:

1: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

2: BEDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{CED}=\hat{CBD}=\hat{CBM}\)

Xét (O) có

\(\hat{CNM};\hat{CBM}\) là các góc nội tiếp cùng chắn cung CM

Do đó: \(\hat{CNM}=\hat{CBM}\)

=>\(\hat{CED}=\hat{CNM}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên ED//NM

bài 1:

a: Xét (O) có

JM,JN là các tiếp tuyến

Do đó: JM=JN

=>J nằm trên đường trung trực của MN(1)

ta có: OM=ON

=>O nằm trên đường trung trực của MN(2)

Từ (1),(2) suy ra OJ là đường trung trực của MN

=>OJ⊥MN tại H và H là trung điểm của MN

mà JK⊥MN

nên O,J,K thẳng hàng

=>O,H,K,J thẳng hàng

Xét ΔMOJ vuông tại M có \(cosMOJ=\frac{OM}{OJ}=\frac12\)

nên \(\hat{MOJ}=60^0\)

Xét (O) có

JM,JN là các tiếp tuyến

Do đó: OJ là phân giác của góc MON

=>\(\hat{MON}=2\cdot\hat{MOJ}=2\cdot60^0=120^0\)

Xét (O) có \(\hat{JMN}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến MJ và dây cung MN

=>\(\hat{JMN}=\frac12\cdot\hat{MON}=\frac12\cdot120^0=60^0\)

Xét ΔJMN có JM=JN và \(\hat{JMN}=60^0\)

nên ΔJMN đều

ΔJMN đều

mà MK là đường cao

nên MK là phân giác của góc KMN

=>\(\hat{JMK}=\hat{NMK}=\frac12\cdot\hat{JMN}=\frac12\cdot60^0=30^0\)

Ta có: \(\hat{OMN}+\hat{JMN}=\hat{OMJ}\) (tia MN nằm giữa hai tia MO và MJ)

=>\(\hat{OMN}=90^0-60^0=30^0\)

Xét ΔMHO vuông tại H và ΔMHK vuông tại H có

MH chung

\(\hat{HMO}=\hat{HMK}\left(=30^0\right)\)

Do đó: ΔMHO=ΔMHK

=>HO=HK

=>H là trung điểm của OK

b: Xét ΔMOK có MO=MK và \(\hat{OMK}=60^0\)

nên ΔMOK đều

=>OK=OM

=>K nằm trên (O)

Gọi số lập thành có dạng \(\overline{abcde}\)

a có 4 cách chọn 

b có 4 cách chọn 

c có 3 cách chọn 

d có 2 cách chọn

e có 1 cách chọn

Có thể lập được tất cả 4 x 4 x 3 x 2 x 1 = 96 (số)