Nếu m > 0: Phương trình trở thành -2x² - m = 0 Vì hệ số a = -2 < 0 và m > 0, phương trình có hai nghiệm thực phân biệt. Nếu m = 0: Phương trình trở thành -2x² = 0 Phương trình có nghiệm kép x = 0. Nếu m < 0: Phương trình trở thành -2x² = m Chia cả hai vế cho -2, ta được x² = -m/2 Vì -m/2 > 0, phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x = √(-m/2) và x = -√(-m/2). Kết luận: m > 0: Phương trình có hai nghiệm thực phân biệt. m = 0: Phương trình có nghiệm kép x = 0. m < 0: Phương trình có hai nghiệm thực phân biệt. b) x|x| = m Để biện luận số nghiệm của phương trình này, ta xét hai trường hợp của x: Nếu x ≥ 0: Phương trình trở thành x² = m Ta có các trường hợp: m < 0: Phương trình vô nghiệm. m = 0: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. m > 0: Phương trình có hai nghiệm phân biệt x = √m và x = -√m (nhưng chỉ có nghiệm x = √m thỏa mãn x ≥ 0). Nếu x < 0: Phương trình trở thành -x² = m Ta có các trường hợp: m > 0: Phương trình vô nghiệm. m = 0: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 (nhưng không thỏa mãn x < 0). m < 0: Phương trình có hai nghiệm phân biệt x = √(-m) và x = -√(-m) (nhưng chỉ có nghiệm x = -√(-m) thỏa mãn x < 0). Kết luận: m < 0: Phương trình có một nghiệm duy nhất x = -√(-m). m = 0: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. m > 0: Phương trình có một nghiệm duy nhất x = √m.

a) Chứng minh BEC = BFC = 90° ; Từ đó suy ra 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn.

Chứng minh BEC = BFC = 90°:

Vì BC là đường kính của đường tròn tâm D, nên E và F là hai điểm nằm trên đường tròn.

Theo tính chất của góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, ta có:

∠BEC = ∠BFC = 90°

Suy ra 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn:

Xét tứ giác AEGF có:

∠AEG = 90° (do ∠BEC = 90°)

∠AFG = 90° (do ∠BFC = 90°)

Tứ giác AEGF có hai góc đối nhau vuông, nên AEGF là tứ giác nội tiếp.

Vậy 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi I là giao điểm của (D) và AH (I nằm giữa A và G). Chứng minh BI² = BH.BC

Xét △BIC có BI là đường cao, ta có:

BI² = BH.BC (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

c) Trong trường hợp BAC = 60° và BC = 6cm. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆AEF.

Tính BC:

Vì △ABC có ∠BAC = 60° và AB = AC, nên △ABC là tam giác đều. ⇒ AB = AC = BC = 6cm

Tính AE và AF:

Vì E và F lần lượt là hình chiếu của B và C trên AB và AC, nên AE và AF lần lượt là đường cao của △ABC.

Trong tam giác đều, đường cao cũng là đường trung tuyến, nên AE = AF = (1/2)AB = (1/2)AC = 3cm

Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp △AEF:

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp △AEF.

Theo công thức bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta có: R = (AE.AF.EF) / (4.S△AEF)

Trong đó: EF = BC = 6cm (do AEGF là hình chữ nhật)

S△AEF = (1/2).AE.AF.sin∠EAF = (1/2).3.3.sin60° = (9√3)/4 cm²

Thay số vào công thức, ta được:

R = (3.3.6) / (4.(9√3)/4) = 2√3 cm

Kết luận:

Bán kính của đường tròn ngoại tiếp △AEF là 2√3 cm.

a) Chứng minh N chia hết cho 4 thì (a + 2b) chia hết cho 4

Ta có: N = dcba = 1000d + 100c + 10b + a

Vì N chia hết cho 4, nên 10b + a chia hết cho 4 (vì 1000d và 100c chia hết cho 4)

Ta lại có: a + 2b = a + 10b - 8b = (a + 10b) - 8b

Vì (a + 10b) chia hết cho 4 và 8b chia hết cho 4, nên (a + 2b) chia hết cho 4

b) Chứng minh N chia hết cho 16 thì (a + 2b + 4c + 8d) chia hết cho 16 với b chẵn

Ta có: N = dcba = 1000d + 100c + 10b + a

Vì N chia hết cho 16, nên 8d + 4c + 2b + a chia hết cho 16

Ta lại có: a + 2b + 4c + 8d = (8d + 4c + 2b + a)

Vì (8d + 4c + 2b + a) chia hết cho 16, nên (a + 2b + 4c + 8d) chia hết cho 16

c) Chứng minh N chia hết cho 29 thì (a + 3b + 9c + 27d) chia hết cho 29

Ta có: N = dcba = 1000d + 100c + 10b + a

Vì N chia hết cho 29, nên 1000d + 100c + 10b + a chia hết cho 29

Ta lại có: a + 3b + 9c + 27d = a + 10b + 100c + 1000d (mod 29)

Vì 10 ≡ 10 (mod 29), 100 ≡ 9 (mod 29), 1000 ≡ 27 (mod 29)

Nên a + 10b + 100c + 1000d ≡ a + 3b + 9c + 27d (mod 29)

Vậy, nếu N chia hết cho 29 thì (a + 3b + 9c + 27d) chia hết cho 29

5 cm

Book a room in advance by calling the hotel.

Book your hotel room ahead of time by phone.

Book a room at the hotel by calling them first.

Book your hotel room in advance by giving them a call.

Bài thơ "Thanh Bạch" mang đến một cảm giác nhẹ nhàng, thanh thản nhưng cũng không kém phần sâu sắc về nhân sinh quan. Bốn câu thơ ngắn gọn như vẽ nên một bức tranh về cuộc sống giản dị, thanh bần nhưng đầy ý nghĩa. Câu đầu "Cơm canh đạm bạc sống qua ngày" gợi lên một cuộc sống thiếu thốn về vật chất, nhưng con người vẫn tìm thấy niềm vui và sự thanh thản trong những điều giản dị. "Thế thái nhân sinh kiếp trả vay" nhắc nhở về lẽ đời vay trả, về những mối quan hệ phức tạp trong xã hội. Hai câu cuối "Thù, si, oán, ghét không vương vấy. Hư danh xem tựa khói sương bay." thể hiện một tâm hồn thanh cao, không bị vướng bận bởi những cảm xúc tiêu cực và những danh lợi phù du. Bài thơ sử dụng hình ảnh "khói sương" để nói về hư danh, cho thấy cái nhìn thấu suốt của tác giả về cuộc đời. "Thanh Bạch" không chỉ là một bài thơ, nó còn là một lời nhắn nhủ về cách sống, về giá trị đích thực của cuộc đời. Đó là sống giản dị, thanh thản, không để những điều phù phi làm vẩn đục tâm hồn.

a) Chứng minh tứ giác AECD nội tiếp đường tròn: Ta có AD // BC (do d // BC) => góc DAC = góc ACB (so le trong) Lại có DC // AB (do d' // AB) => góc DCA = góc CAB (so le trong) Mà tam giác ABC vuông tại A nên góc CAB + góc ACB = 90 độ => góc DAC + góc DCA = 90 độ => góc D = 180 độ - (góc DAC + góc DCA) = 90 độ Tứ giác AECD có góc A = 90 độ (gt) và góc D = 90 độ (cmt) => góc A + góc D = 180 độ Vậy tứ giác AECD nội tiếp đường tròn (dhnb) b) Chứng minh góc AOF = 2 góc CAE: Gọi I là giao điểm của AE và đường tròn (O) Ta có góc AIE = góc AIC (hai góc đối đỉnh) Mà góc AIC = góc ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) => góc AIE = góc ABC Lại có góc ABC = góc DAC (so le trong) => góc AIE = góc DAC => góc AIE + góc AEB = góc DAC + góc CAE => góc AIB = góc EAD Mà góc AIB = 1/2 góc AOB (góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm) => 2 góc AIB = góc AOB Lại có góc AOB = góc AOF (hai góc đối đỉnh) => 2 góc AIB = góc AOF Mà góc AIB = góc CAE (so le trong) => 2 góc CAE = góc AOF Vậy góc AOF = 2 góc CAE (đpcm) c) Chứng minh tứ giác AECF là hình bình hành: Ta có góc AEF = 90 độ (do AE vuông góc BD) Mà góc BAC = 90 độ (gt) => góc AEF = góc BAC => EF // AC (hai đường thẳng cùng vuông góc với BD) Lại có AF là đường kính của đường tròn (O) => góc ACF = 90 độ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Mà góc AEB = 90 độ (do AE vuông góc BD) => góc ACF = góc AEB => CF // AE (hai đường thẳng cùng vuông góc với AC) Tứ giác AECF có EF // AC (cmt) và CF // AE (cmt) => tứ giác AECF là hình bình hành (dhnb) d) Chứng minh DF.DB = 2AB² và CD² = DF.DI: Gọi K là giao điểm của AC và BD Tam giác ABK vuông tại A có AK là đường cao => AB² = BK.BD (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Mà BK = 1/2 BD (do BD là đường trung tuyến của tam giác ABC) => AB² = 1/2 BD.BD = 1/2 BD² => 2AB² = BD² Mà BD = BF + DF => 2AB² = (BF + DF)² Ta có BF là đường kính của đường tròn (O) => BF = 2R (R là bán kính đường tròn (O)) Mà AB = R (do tam giác ABC vuông tại A) => BF = 2AB => 2AB² = (2AB + DF)² => 2AB² = 4AB² + 4AB.DF + DF² => 2AB² + 4AB.DF + DF² = 0 => (DF + 2AB)² = 0 => DF + 2AB = 0 => DF = -2AB (vô lý) Vậy chứng minh DF.DB = 2AB² là sai Ta có CD² = CF² + DF² (do tam giác CDF vuông tại F) Mà CF = AE (do AECF là hình bình hành) => CD² = AE² + DF² Ta có AE² = AD.AB (hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD) => CD² = AD.AB + DF² Ta có DF.DI = DF(DF + FI) = DF² + DF.FI Mà DF.FI = AF.FC (hệ thức lượng trong đường tròn (O)) => DF.DI = DF² + AF.FC Ta có AD.AB = AF.FC (do AECF là hình bình hành) => CD² = AD.AB + DF² = AF.FC + DF² = DF.DI Vậy CD² = DF.DI (đpcm)

Gọi cạnh đáy hình vuông là x.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác ABC vuông tại B, ta có: AC² = AB² + BC² (2√3a)² = x² + x² 12a² = 2x² x² = 6a² x = a√6 Gọi O là giao điểm của AC và BD. Góc nhị diện [C', BD, C] là góc giữa đường thẳng C'O và mặt phẳng (ABCD).

Kẻ C'H vuông góc với BD tại H. Khi đó góc C'OH = 60°. Trong tam giác vuông COD, ta có: OC = (1/2)AC = (1/2) * 2√3a = √3a

Trong tam giác vuông C'OH, ta có: tan(C'OH) = C'H / OH tan(60°) = C'H / (OC/2) (vì H là trung điểm OB) √3 = C'H / (√3a / 2) C'H = (3a) / 2 Vậy chiều cao của khối hộp là C'C = C'H = (3a) / 2

Thể tích khối hộp V = diện tích đáy * chiều cao V = (a√6)² * (3a/2) = 6a² * (3a/2) = 9a³ Kết luận: Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho là 9a³.

(1) CH3-CH2-CH3 + Cl2 (Ánh sáng) → CH3-CH2-CH2Cl + HCl (2) CH≡CH + 2H2 (Ni, t°, P) → CH3-CH3 (3) CH3-CH=CH2 + HBr → CH3-CHBr-CH3 (4) C6H6 + 3Cl2 (UV, t°) → C6H6Cl6 (5) CH3-CH(OH)-CH3 + CuO (t°) → CH3-CO-CH3 + H2O + Cu

CnH2n+2-2k + (3n+1-k)/2 O2 → nCO2 + (n+1-k)H2O Tính số mol CO2 và H2O nCO2 = 14.08 / 44 = 0.32 mol nH2O = 7.56 / 18 = 0.42 mol Ta có: nCO2 / nH2O = n / (n+1-k) = 0.32 / 0.42 = 16 / 21 Vì 2 hiđrocacbon là đồng đẳng liên tiếp, suy ra k = 0 hoặc k = 1. Nếu k = 0: n / (n+1) = 16 / 21. Giải ra n = 8.
Vậy công thức chung là C8H18. Nếu k = 1: n / n = 16 / 21 (vô lý). Xác định công thức phân tử Vậy 2 hiđrocacbon là C8H18 và C9H20.