\(BC^2=AB^2+AC^2=36+64=100=10^2\)

\(\Rightarrow BC=10\left(cm\right)\)

\(SinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{8}{10}=\dfrac{4}{5}\Rightarrow SinC=Sin\left(90-B\right)=CosB=\dfrac{3}{5}\)

\(CosB=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{6}{10}=\dfrac{3}{5}\Rightarrow CosC=Cos\left(90-B\right)=SinB=\dfrac{4}{5}\)

\(tanB=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{8}{6}=\dfrac{4}{3}\Rightarrow tanC=tan\left(90-B\right)=CotB=\dfrac{3}{4}\)

\(CotB=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{6}{8}=\dfrac{3}{4}\Rightarrow cotC=cot\left(90-B\right)=tanB=\dfrac{4}{3}\)

Ta có:

- Vì ON = OP < R/2, nên N và P nằm trong đường tròn tâm O, nên A, C, B, D đều nằm trên đường tròn (O).

- Vì AC // BD, nên theo định lí của dây cung, ta có: AM = MC và BM = MD.

- Ta có: ∠BAC = ∠BMC (do ABMC là hình bình hành) và ∠ACB = ∠AMB (do ABMC là hình bình hành).

- Vậy tứ giác ABMC là tứ giác cùng tứ giác nội tiếp, nên ta có: ∠BMC + ∠AMB = 180°.

- Từ đó, ta có: ∠BAC + ∠ACB = 180°.

- Vậy tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa.

- Gọi K' là giao điểm của BD và AO. Ta cần chứng minh K', Q, A đồng quy.

- Ta có: ∠QAC = ∠QDC (do AC // BD) và ∠QCA = ∠QCB (do ABMC là hình bình hành).

- Vậy tứ giác AQCD là tứ giác cùng tứ giác nội tiếp, nên ta có: ∠QDC + ∠QCA = 180°.

- Từ đó, ta có: ∠QAC + ∠QCA = 180°.

- Vậy tứ giác AQCK' là tứ giác điều hòa.

- Vậy K', Q, A đồng quy. - Vậy KQ, BD, AO đồng quy.\

Xin tick!!

\(6x^2y^4+3x^2-10y^3=-2\)

\(\Leftrightarrow3x^2\left(2y^3+1\right)-10y^3-5+5=-2\)

\(\Leftrightarrow3x^2\left(2y^3+1\right)-5\left(2y^3+1\right)=-7\)

\(\Leftrightarrow\left(3x^2-5\right)\left(2y^3+1\right)=-7\)

\(\Rightarrow\left(3x^2-5\right);\left(2y^3+1\right)\in\left\{-1;1;-7;7\right\}\)

\(\Rightarrow\left(x;y\right)\in\left\{\left(\pm\dfrac{2}{\sqrt[]{3}};\sqrt[3]{3}\right);\left(\pm\sqrt[]{2};\sqrt[3]{4}\right);\left(\varnothing;0\right);\left(\pm2;-1\right)\right\}\)

\(\Rightarrow\left(x;y\right)\in\left\{\left(\pm2;-1\right)\right\}\left(x;y\in Z\right)\)

6x²y³ +3x² - 10y³ = -2

\(_{_{ }^{ }\Leftrightarrow}\) 2y³(3x^2 \(-\) 2) + 3x² \(-\) 2= -4

\(_{_{ }^{ }\Leftrightarrow}\)\(\left(3x^2-2\right)\left(2y^3+1\right)=-4=-1.4=-2.2\)

Vì x² \(\ge\)0 nên 3x² -2 ​​\(\ge\)-2​​

Ta có các trường hợp:

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}3x^2-2=-1\\2y^3+1=4\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}x=\pm\dfrac{1}{\sqrt{3}}\\y=\sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}\end{matrix}\right.\)

TH2: ​\(\left\{{}\begin{matrix}3x^2-2=2\\2y^3+1=-2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}x=\pm\dfrac{2}{\sqrt{3}}\\y=\sqrt[3]{\dfrac{-3}{2}}\end{matrix}\right.\)

TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}3x^2-2=-2\\2y^3+1=2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=\sqrt[3]{\dfrac{1}{2}}\end{matrix}\right.\)

Vậy .....

​

\(tangB=\dfrac{BC}{AC}\Rightarrow AC=\dfrac{BC}{tangB}=\dfrac{6}{0,5}=12\)

ĐKXĐ : \(x>0\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương \(\sqrt{x};\dfrac{4}{\sqrt{x}}\) ta có 

\(P=\sqrt{x}+\dfrac{4}{\sqrt{x}}\ge2\sqrt{\sqrt{x}.\dfrac{4}{\sqrt{x}}}=4\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt{x}=\dfrac{4}{\sqrt{x}}\Leftrightarrow x=4\)

\(P=\sqrt[]{x}+\dfrac{4}{\sqrt[]{x}}\left(x>0\right)\)

\(P=\dfrac{x+4}{\sqrt[]{x}}=\dfrac{x+4}{\sqrt[]{x}}\)

Vì \(x>0;x+4>4\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{x+4}{\sqrt[]{x}}>4\)

⇒ Không có giá trị nhỏ nhất

Theo đề có:

$\genfrac{}{}{0ex}{}{HD}{BH}=\genfrac{}{}{0ex}{}{A{D}^2}{A{B}^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{4^2}{6^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{9}$

Tam giác HDC ∼ tam giác HBA nên: 

$\genfrac{}{}{0ex}{}{DC}{AB}=\genfrac{}{}{0ex}{}{HD}{BH}=\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{9}\Rightarrow DC=AB.\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{9}=6.\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{9}=\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\left(cm\right)$

Từ C kẻ CK là đường cao của tam giác ABC có: $KB=AB-DC=6-\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}=\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\left(cm\right)$

$\Rightarrow BC=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{244}}{3}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2\sqrt{61}}{3}\left(cm\right)$

Xét tam giác vuông ABD có $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{6^2+4^2}=2\sqrt{13}\left(cm\right)$

.

Lời giải:

Lần sau bạn nhớ ghi đầy đủ đề. $ABC$ là tam giác vuông tại $A$.

$\frac{AB}{AC}=\frac{3}{4}$

$\Rightarrow AC=\frac{4AB}{3}=\frac{4.15}{3}=20$ (cm)

Áp dụng định lý Pitago:

$y=BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{15^2+20^2}=25$ (cm) 

$S_{ABC}=AB.AC:2=AH.BC:2$

$\Rightarrow AB.AC=AH.BC$

$\Rightarrow x=AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{15.20}{25}=12$ (cm)

Một ví dụ về đột biến gen là khi một cá thể trong một quần thể có một biến đổi trong gen của nó so với các cá thể khác. Ví dụ, trong một quần thể chim, có một cá thể có một đột biến gen là một màu lông khác thường so với các cá thể khác. Điều này có thể là kết quả của một lỗi trong quá trình sao chép gen hoặc do tác động của môi trường. Đột biến gen có thể làm thay đổi tính chất di truyền của cá thể và có thể ảnh hưởng đến sự sống còn và sự phát triển của nó.