a) Dễ thấy \(\widehat{AMC}=90^o\) Xét (O) có đường kính AB \(\Rightarrow\) \(\widehat{ANB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. \(\Rightarrow\widehat{ANB}=90^o\) hay \(\widehat{ANC}=90^o\) Tứ giác ANCM có \(\widehat{AMC}+\widehat{ANC}=90^o+90^o=180^o\) \(\Rightarrow\) Tứ giác ANCM nội tiếp \(\Rightarrow\) 4 điểm A, M, C, N cùng thuộc 1 đường tròn. b) Vì AB là đường kính của (O) \(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{AB}=180^o\) Mà I là điểm chính giữa của cung AB \(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{IA}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AB}}{2}=\dfrac{180^o}{2}=90^o\) Lại có \(\widehat{ANI}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{IA}\) \(\Rightarrow\widehat{ANI}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{IA}=\dfrac{1}{2}.90^o=45^o\) hay \(\widehat{ANM}=45^o\) Mặt khác, tứ giác ANCM nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ANM}=\widehat{ACM}\) Mà \(\widehat{ANM}=45^o\Rightarrow\widehat{ACM}=45^o\) Lại có \(\Delta ACM\) vuông tại M \(\Rightarrow\Delta ACM\) vuông cân tại M \(\Rightarrow AM=CM\) c) Kẻ đường kính ID của (O)  Ta có \(MN=IN-IM\) Mà IN là dây cỏa (O) nên hiển nhiên \(IN\le ID\), nhưng do IN không đi qua O nên \(IN< ID\) (1) Dễ dàng chứng minh \(IO\perp AB\) tại O, do đó \(\Delta IOM\) vuông tại O \(\Rightarrow IM>IO\) (không xảy ra dấu "=" vì M không trùng với O) \(\Rightarrow-IM< -IO\) (2) Từ (1) và (2) \(\Rightarrow IN-IM< ID-IO\Leftrightarrow MN< OD=R\) Vậy ta có đpcm.  

a) Khi \(m=2\) thì \(\left(d\right):y=2x+3\) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: \(x^2=2x+3\Leftrightarrow x^2-2x-3=0\) (*) \(\left(a=1;b=-2;c=-3\right)\) Pt (*) có \(a-b+c=1-\left(-2\right)-3=0\) nên pt này có 2 nghiệm: \(x_1=-1;x_2=-\dfrac{-3}{1}=3\) Khi \(x=-1\Rightarrow y=x^2=\left(-1\right)^2=1\) Khi \(x=3\Rightarrow y=x^2=3^2=9\) Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) khi \(m=2\) là các điểm \(\left(-1;1\right);\left(3;9\right)\) b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là \(x^2=mx+3\Leftrightarrow x^2-mx-3=0\) (1) \(\left(a=1;b=-m;c=-3\right)\) pt (*) có \(ac=1.\left(-3\right)=-3< 0\), như vậy pt này luôn có 2 nghiệm phân biệt hay (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. Khi đó, áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=-3\end{matrix}\right.\) Lại có \(y_1=x_1^2;y_2=x_2^2\) Do đó \(y_1+y_2=4\left(x_1+x_2\right)+3\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=4m+3\) \(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=4m+3\Leftrightarrow m^2-2.\left(-3\right)=4m+3\)\(\Leftrightarrow m^2-4m+3=0\) (2) \(\left(a=1;b=-4;c=3\right)\) Pt (2) có \(a+b+c=1-4+3=0\) nên pt này có 2 nghiệm: \(m_1=1;m_2=3\) Vậy để (d) cắt (P) tại 2 điểm có tọa độ thỏa mãn yêu cầu đề bài thì \(\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=3\end{matrix}\right.\)    

  

Bên trong hộp chứa được:

\(V=\text{π}.r^2h=\text{π}.\left(\dfrac{7}{2}\right)^2.8\approx3,14.\dfrac{7^2}{2^2}.8=307,72\left(cm^3\right)=307,72\left(ml\right)\)

Vậy bên trong hộp chứa được \(307,72\) ml

Bán kính đáy của hình trụ là \(r=\dfrac{d}{2}=\dfrac{7}{2}\left(cm\right)=35\left(mm\right)\) Theo đề bài, chiều cao của hình trụ là \(8cm=80mm\) Vậy thể tích hình trụ là \(V=\pi r^2h\approx3,14.35^2.80=307720mm^3\) Đổi \(307720mm^3=307,720ml\) Vậy bên trong hộp sữa chứa được khoảng \(307,720ml\) sữa.

Gọi \(v_{xe.máy}=a\left(\dfrac{km}{h}\right)\left(đk:a>0\right)\)

=> \(v_{oto}=a+20\left(\dfrac{km}{h}\right)\)

Thời gian đi hết quãng đường:

\(t_{xe.máy}=\dfrac{120}{a}\\ t_{oto}=\dfrac{120}{a+20}\)

Theo bài ra, ta có pt:

\(\dfrac{120}{a}-\dfrac{120}{a+20}=1\\ \Leftrightarrow120\left(a+20\right)-120a=a\left(a+20\right)\\ \Leftrightarrow120a+2400-120a=a^2+20a\\ \Leftrightarrow2400a=a^2+20a\\ \Leftrightarrow a^2+20a+100=2500\\ \Leftrightarrow\left(a+10\right)^2=2500\\ \Leftrightarrow a+1=50\left(do:a>0\Leftrightarrow a+1>0\right)\\ \Leftrightarrow a=40\left(TM\right)\)

Vậy:

vận tốc của xe má là: 40km/h

vận tốc của oto là 40 + 20 = 60 km/h

=> ...

Gọi \(x\left(km/h\right)\) là vận tốc của xe máy \(\left(x>0\right)\)  Vì vận tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy 20km/h nên vận tốc ô tô là \(x+20\left(km/h\right)\) Lại có quãng đường từ Hà Nội đến Hải Phòng dài 120km nên thời gian để xe máy đi từ HN-HP là \(\dfrac{120}{x}\left(h\right)\), với ô tô, thời gian này bằng \(\dfrac{120}{x+20}\left(h\right)\) Vì 2 xe xuất phát cùng một lúc, ô tô lại đến HP sớm hơn 1 giờ nên ta có pt \(\dfrac{120}{x}-\dfrac{120}{x+20}=1\Leftrightarrow\dfrac{120\left(x+20\right)-120x}{x\left(x+20\right)}=1\)\(\Leftrightarrow\dfrac{2400}{x^2+20x}=1\Rightarrow x^2+20x=2400\Leftrightarrow x^2+20x-2400=0\)(*) pt (*) có \(\Delta'=10^2-\left(-2400\right)=2500>0\) Vậy pt này có 2 nghiệm phân biệt \(\left[{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{-10+\sqrt{2500}}{1}=40\left(nhận\right)\\x_2=\dfrac{-10-\sqrt{2500}}{1}=-60\left(loại\right)\end{matrix}\right.\) Vậy vận tốc xe máy là 40km/h và vận tốc ô tô là 60km/h

 

A M B C O N K H I

b/

BC=6 => Bán kính (O) là R=3cm

Ta có

sđ \(\widehat{NBC}=30^o=\dfrac{1}{2}\) sđ cung NC (Góc nội tiếp đường tròn)

=>sđ cung NC = 2.sđ \(\widehat{NBC}=60^o\)

\(\Rightarrow l_{NC}=\dfrac{\Pi.R.n}{180}=\dfrac{\Pi.3.60^o}{180^o}=\Pi\simeq3,14cm\)

\(S=\dfrac{\Pi.R^2.n}{360^o}=\dfrac{\Pi.9.60^o}{360^o}=\dfrac{9.\Pi}{4}cm^2\)

c/ Ta có

\(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow\widehat{ANB}=\widehat{AMC}=90^o\)

=> \(BN\perp AC;CM\perp AB\Rightarrow AH\perp BC\) tại K (trong tg ABC 3 đường cao đồng quy tại trực tâm H)

Xét tg vuông AKC và tg vuông BNC có

\(\widehat{HAN}=\widehat{NBC}\) (cùng phụ với \(\widehat{ACB}\) )

d/

Xét tứ giác BMHK có M và K cùng nhìn BH dưới 1 góc 90 độ => BMHK là tứ giác nội tiếp

 \(\Rightarrow\widehat{NBC}=\widehat{HMK}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung HK)

Xét tứ giác nội tiếp (O) BMNC có

\(\widehat{NBC}=\widehat{HMN}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung NC)

\(\Rightarrow\widehat{HMK}=\widehat{HMN}\) => MH là phân giác \(\widehat{KMN}\)

C/m tương tự ta cũng có NH là phân giác của \(KNM\)

=> KI là phân giác của \(\widehat{MKN}\) (trong tg 3 đường phân giác đồng quy)

Xét tg KMN có

\(\dfrac{IM}{MK}=\dfrac{IN}{NK}\) (T/c đường phân giác: Trong một tg đường phân giác của 1 góc chia cạnh đối diện thành hai đợn thẳng tỷ lệ với 2 cạnh kề với hai đoạn thẳng đó) (đpcm)

????

 

 

^{_{Câu trả lời  : D .X là 1 kim loại hoạt động yếu}} 

^{_{Giải thích  :}} 

Nguyên tố X có hiệu số nguyên tử là 9. Điều khẳng định:

- Điện tích hạt nhân của nguyên tử là 9+, nguyên tử có 9 electron.

- Nguyên tử X ở gần cuối chu kỳ 2, đầu nhóm VII.

-  X là 1 phi kim hoạt động mạnh.

 

#Hóa học lớp 9    1                 

Trong sáu câu đầu đoạn trích “Kiều ở lầu Ngưng Bích” tác giả Nguyễn Du đã miêu tả một cách suất sắc khung cảnh thiên nhiên và tâm trạng của Thúy Kiều khi bị giam lỏng ở lầu Ngưng Bích. Mở đầu đoạn thơ, tác giả đã sử dụng nghệ thuật ẩn dụ ở cụm từ “khóa xuân”, “khóa xuân” ở đây có nghĩa là khóa kín tuổi xuân hay còn có thể hiểu là nàng đang bị giam lỏng ở lầu Ngưng Bích. Nơi đang giam lỏng nàng là một nơi rất cao, trơ trọi và có thể quan sát hết mọi vật xung quanh. Tác giả Nguyễn Du đã sử dụng rất nhiều hình ảnh gợi cảm như “non xa”,”trăng gần”,”bát ngát”,”cát vàng”, “bụi hồng” để diễn tả khung cảnh thiên nhiên mênh mông, rộng lớn, hoang vu và rợn ngợp. Rất có thể đây là cảnh thật nhưng cũng có thể chỉ là những hình ảnh mang tính ước lệ tượng trưng để nói lên sự cô đơn của Thúy Kiều không chỉ ở không gian mà còn là thời gian. Thành ngữ “mây sớm đèn khuya” có nghĩa là sáng làm bạn với mây, tối làm bạn với đèn. Đây là một vòng tuần hoàn khép kín với ý cốt là nói lên sự cô đơn đến tuyệt đối của nàng. Ôi! nàng đã cô đơn ,tủi nhục đến nhường nào khi sớm tối chỉ làm bạn với vật vô tri vô giác như vậy . Và khi đối diện với chính bản thân mình nàng cảm thấy “bẽ bàng”. Nàng xấu hổ và tủi thẹn bởi nàng đã bị cướp cái đáng giá nghìn vàng của một người con gái trong nháy mắt vì bị Mã Giám Sinh lừa và sau đó hắn đã làm nhục nàng. Ở câu thơ cuối cùng của bài thơ cụm từ “nửa tình nửa cảnh” đã nói lên tâm trạng vô cùng rối bời khiến cho Kiều như bị chia tấm lòng.

Chú thích : câu cảm thán : Ôi! Nàng đã cô đơn tủi nhục đến nhường nào.....