M A B C O H I

a/

Ta có

\(\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^o\)

=> A và B cùng nhìn OM dưới 1 góc \(90^o\) => A và B thuộc đường tròn đường kính OM => B; O; A; M cùng thuộc 1 đường tròn

b/

Ta có

\(\widehat{BAC}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow AC\perp AB\)

Ta có

\(OM\perp AB\) (2 tt cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc với dây cung nối 2 tiếp điểm)

=> AC//OM

Xét tg vuông AMO có 

\(MO\perp AB\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow MA^2=MH.MO\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích của hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

Xét tg vuông BMO có

\(MO\perp AB\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow OB^2=OH.MO\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích của hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

Mà OB=OC (bán kính (O))

\(\Rightarrow OC^2=OH.MO\)

c/ 

Ta có

MA=MB (Hai tt cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm = nhau) (1)

AH=BH (2 tt cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm)

\(\Rightarrow AH=BH=\dfrac{AB}{2}\) (2)

Xét tg vuông AHO và tg vuông AMO có

\(\widehat{OAH}=\widehat{AMO}\) (cùng phụ với \(\widehat{AOM}\))

=> tg AHO đồng dạng với tg AMO (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{AH}{MA}=\dfrac{OA}{MO}\) (3)

Thay (1) và (2) vờ (3)

\(\Rightarrow\dfrac{\dfrac{AB}{2}}{MB}=\dfrac{OA}{MO}\Rightarrow\dfrac{AB}{2MB}=\dfrac{OA}{MO}\Rightarrow\dfrac{AB.MO}{2}-MB.OA\)

Gọi I' là giao của MO với (O), Nối AI'

Ta có

sđ cung AI' = sđ cung BI' (2 tt cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn chia đôi dây cung bị chặn bởi 2 tiếp điểm)

\(sđ\widehat{MAI'}=\dfrac{1}{2}sđcungAI'\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{BAI'}=\dfrac{1}{2}sđcungBI'\) (góc nội tiếp đường tròn)

\(\Rightarrow\widehat{MAI'}=\widehat{BAI'}\) => AI' là phân giác của \(\widehat{BAM}\) Mà AI cũng là phân giác của \(\widehat{BAM}\)

Ta có I và I' cùng thuộc MO => \(I\equiv I'\Rightarrow I\in\left(O\right)\) cố định khi M thay đổi

Câu hỏi
Dựa vào Atlat Địa lí Việt Nam và kiến thức đã học, nhận xét và giải thích sự phân hoá theo lãnh thổ của ngành thuỷ sản nước ta.
Trả lời
**HƯỚNG DẪN**

a) Nhận xét

- Vùng phát triển mạnh nhất là Đồng bằng sông Cửu Long: Tỉ trọng giá trị sản xuất thuỷ sản trong cơ cấu nông, lâm, thuỷ sản cao nhất: >30%, một số tỉnh >50% (Cà Mau...): phát triển cả đánh bắt và nuôi trồng.

- Vùng Duyên hải Nam Trung Bộ đứng thứ hai: Tỉ trọng giá trị sản xuất thuỷ sản trong cơ cấu nông, lâm, thuỷ sản >30%, chủ yếu là đánh bắt (Bình Thuận, Bình Định...).

- ĐBSH và Bắc Trung Bộ: Dao động từ 10 - 20%, đánh bắt ở các tỉnh ven biển, nuôi trồng ở cả ven biển và trong nội địa của ĐBSH (dẫn chứng).

- Hai vùng kém nhất là Trung du miền núi Bắc Bộ và Tây Nguyên: <5%.

b) Giải thích

- Đồng bằng sông Cửu Long hội tụ nhiều điều kiện thuận lợi cho phát triển thuỷ sản: bờ biển dài, vịnh biển rộng, ngư trường trọng điểm vịnh Thái Lan, nhiều bãi triều rộng, rừng ngập mặn diện tích lớn, sông ngòi, kênh rạch chằng chịt, nhiều vùng trũng rộng lớn...

- Duyên hải Nam Trung Bộ có tất cả các tỉnh đều giáp biển với 2 ngư truờng lớn (Hoàng Sa, Truơng Sa và Ninh Thuận - Bỉnh Thuận-Bà Rịa - Vũng Tàu).

- ĐBSH và Bắc Trung Bộ giáp biển, có diện tích mặt nuớc ao hồ, vùng cửa sông ven biển, đầm phá, rừng ngập mặn...

- Các vùng khác ít thuận lợi.

a)Khóa \(K_1\) đóng, khóa \(K_2\) mở ta có CTM: \(\left(R_1ntR_2\right)//R_3\)

\(I_A=I_m=1A\)

\(R_{12}=R_1+R_2=5+5=10\Omega\)

\(R_{tđ}=\dfrac{R_{12}\cdot R_3}{R_{12}+R_3}=\dfrac{10\cdot15}{10+15}=6\Omega\)

\(U=R_{tđ}\cdot I=6\cdot1=6V=U_{12}=U_3\)

\(I_1=I_2=I_{12}=\dfrac{U_{12}}{R_{12}}=\dfrac{6}{10}=0,6A\)

\(I_3=1-0,6=0,4A\)

b)Khóa \(K_1\) mở và khóa \(K_2\) đóng ta có CTM: \(R_2//\left(R_1ntR_3\right)\)

\(R_{13}=R_1+R_3=5+15=20\Omega\)

\(R_{tđ}=\dfrac{R_2\cdot R_{13}}{R_2+R_{13}}=\dfrac{5\cdot20}{5+20}=4\Omega\)

\(I_A=\dfrac{U}{R_{tđ}}=\dfrac{6}{4}=1,5A\)

\(I_2=\dfrac{U_2}{R_2}=\dfrac{U}{R_2}=\dfrac{6}{15}=0,4A\)

\(I_1=I_3=I_{13}=I-I_2=1,5-0,4=1,1A\)

Trước hết, đồng chí là sự thấu hiểu, chia sẻ những tâm tư, nỗi lòng của nhau. Họ  là những người lính gác tình riêng, ra đi vì nghĩa lớn, để lại sau lưng mảnh trời quê hương với bao băn khoăn, trăn trở. Các anh hiểu rõ lòng nhau và còn hiểu rõ nỗi niềm người thân của nhau ở hậu phương: “Giếng nước gốc đa nhớ người ra lính”. Hai chữ “mặc kệ” đã diễn tả sâu sắc vẻ đẹp và chiều sâu đời sống tâm hồn người lính. Vì nghĩa lớn, họ sẵn sàng ra đi khi lí tưởng đã rõ ràng, mục đích đã chọn lựa. Không những thế, họ cùng chia sẻ những gian lao, vượt lên tình riêng vì sự nghiệp chung của đất nước. Tôi với anh cùng chịu đựng những cơn sốt rét rừng, cùng trải qua những ốm đau bệnh tật, cùng nhau chia sẻ những gian lao, thiếu thốn. Đó là sự đồng cảm sâu sắc giữa những người đồng đội. Các anh đã cùng nhau gánh vác, cùng nhau chịu đựng…Chính tình đồng đội đã giúp họ vượt lên cái “buốt giá” của mùa đông chiến đấu để rồi tỏa sáng nụ cười và càng thương nhau hơn. Nó không phải cái bắt tay thông thường mà là hai bàn tay tự tìm đến với nhau truyền cho nhau hơi ấm để vượt lên buốt giá, những bàn tay như biết nói. Như vậy, Khổ thơ thứ 2 đã làm nổi bật những biểu hiện chân thực mà sống động của tình đồng chí, đồng đội.

Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH.

Lọc lấy chất rắn không tan thu được sắt

\(2Al+2NaOH+2H_2O\rightarrow2NaAlO_2+3H_2\)

Dùng nam châm =))

\(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\\ n_{HCl}=0,3.0,15=0,045\left(mol\right)\\ n_{Zn}=n_{H_2}=\dfrac{0,045}{2}=0,0225\left(mol\right)\\ a,m_{Zn}=0,0225.65=1,4625\left(g\right)\\ b,V_{H_2\left(đktc\right)}=22,4.0,0225=0,504\left(l\right)\\ c,n_{Zn}=\dfrac{19,5}{65}=0,3\left(mol\right)\\ Vì:\dfrac{0,3}{1}>\dfrac{0,045}{2}\Rightarrow Zndư\\ \Rightarrow n_{ZnCl_2}=\dfrac{0,045}{2}=0,0225\left(mol\right)\\ m_{ZnCl_2}=0,0225.136=3,06\left(g\right)\)

Câu 5:

\(A=\dfrac{2}{x}+\dfrac{6}{y}+\dfrac{9}{3x+y}\)

\(=\dfrac{2\left(3x+y\right)}{xy}+\dfrac{9}{3x+y}\)

\(=\dfrac{3x+y}{6}+\dfrac{9}{3x+y}\left(xy=12\right)\)

\(=\dfrac{3x+y}{16}+\dfrac{9}{3x+y}+\dfrac{5\left(3x+y\right)}{48}\)

\(\ge2\sqrt{\dfrac{3x+y}{16}.\dfrac{9}{3x+y}}+\dfrac{5.2\sqrt{3x.y}}{48}\)

\(=2\sqrt{\dfrac{9}{16}}+\dfrac{10\sqrt{3.12}}{48}=\dfrac{11}{4}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=6\end{matrix}\right.\)

d) Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau trong đường tròn (O) và 2 tiếp tuyến tại M và N, ta có AO là tia phân giác của \(\widehat{MAN}\) (1)

 Lại có \(\widehat{AME}=\widehat{MNE}\) (do chúng là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung đó)

 Hơn nữa, vì AO là trung trực của đoạn MN nên E thuộc trung trực của MN \(\Rightarrow EM=EN\) \(\Rightarrow\Delta EMN\) cân tại E \(\Rightarrow\widehat{ENM}=\widehat{EMN}\)

 Từ đó suy ra \(\widehat{AME}=\widehat{EMN}\) hay ME là tia phân giác của \(\widehat{AMN}\). (2)

 Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) đpcm.

e) Gọi C là giao điểm của PO và (AMN). Khi đó ta có  \(PB^2=PN.PM=PC.PO\) nên \(\Delta PBC~\Delta POB\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{PCB}=\widehat{PBO}=90^o\) \(\Rightarrow PC\perp BC\)

Mặt khác, do đường tròn (AMN) có đường kính là AO nên \(\widehat{ACO}=90^o\Rightarrow AC\perp PC\)

 Từ đó suy ra A, B, C thẳng hàng. Do đó \(\widehat{ABM}=\widehat{BPO}\) (vì cùng phụ với \(\widehat{POB}\))

a. Để giải thích kết quả này, chúng ta cần giả định rằng màu sắc của ngựa được xác định bởi một gen với ba alen: một cho màu đỏ (D), một cho màu hồng (H), và một cho màu xám (X). Chúng ta cũng giả định rằng alen cho màu đỏ là trội so với hai alen khác, và alen cho màu hồng là trội so với alen cho màu xám. Vì vậy, các kiểu gen có thể là như sau:

• Ngựa đỏ: DD, DH, DX
• Ngựa hồng: HH, HX
• Ngựa xám: XX

b. Để tạo ra tỷ lệ phần trăm ngựa hồng lớn nhất, chúng ta nên lai giữa hai ngựa có kiểu gen HH. Kết quả sẽ là 100% ngựa hồng.