Bài này có 2 trường hợp do chưa biết cây lúa thân cao có phải là dòng thuần chủng hay không.

Quy ước:

A: lúa thân cao

a: lúa thân thấp

TH1: cây lúa thân cao có kiểu gen là AA

P: AA x aa

(đến đây bạn tự làm típ và kq là: TLKG: 1Aa; TLKH: 100% lúa thân cao)

TH2: cây lúa thân cao có kiểu gen là Aa

P: Aa x aa

(kq: TLKG: 1Aa:1aa; TLKH: 50%lúa thân cao: 50% lúa thân thấp)

P/s: TLKG là tỉ lệ kiểu gen, TLKH là tỉ lệ kiểu hình

trg quá trình trình bày có j sai mong bạn thông cảm nhưng cơ bản thì hướng làm là như vầy =)

\(\sqrt{-\left|x+5\right|}\)có nghĩa khi và chỉ khi \(-\left|x+5\right|\ge0\Leftrightarrow\left|x+5\right|\le0\)

Mà\(\left|x+5\right|\)là không âm nên đề bài thỏa mãn khi và chỉ khi \(\left|x+5\right|=0\Leftrightarrow x=-5\)

\(\left(\frac{6x^2+8x+7}{x^3-1}+\frac{x}{x^2+x+1}+\frac{6}{1-x}\right)\left(x^2-1\right)\)

\(=\left[\frac{6x^2+8x+7}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}+\frac{x\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}-\frac{6\left(x^2+x+1\right)}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}\right]\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)

\(\frac{x^2+x+1}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}.\left(x-1\right)\left(x+1\right)=x+1\)

Ta có : \(x+y+z=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)

\(\Leftrightarrow x+y+z=\frac{xy+yz+zx}{xyz}=xy+yz+zx\)

\(\Leftrightarrow x+y+z+xyz-1-xy-yz-zx=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)+yz.\left(x-1\right)-y.\left(x-1\right)-z\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(1+yz-y-z\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=1\) hoặc \(y=1\) hoặc \(z=1\)

\(\Rightarrow x^2-1=0\) hoặc \(y^3-1=0\) hoặc \(z^4-1=0\)

\(\Rightarrow P=0\)

Có \(x+y+z=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)

=> \(x+y+z=\frac{yz+xz+xy}{xyz}=yz+xz+xy\)(vì xyz=1)

Xét \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)=\left(xy-x-y+1\right)\left(z-1\right)\)

\(=xyz-xy-xz+x-yz+y+z-1\)

\(=\left(xyz-1\right)+\left(x+y+z\right)-\left(xy+yz+zx\right)=0\)

\(\Rightarrow x=1\)hoặc \(y=1\)hoặc \(z=1\)

Với x=1 => P =0

       y=1 => P= 0

      z=1 => P =0

Vậy P=0

\(\sqrt{8+2\sqrt{15}}-\sqrt{6+2\sqrt{5}}\)

\(=\sqrt{3+2\sqrt{3}.\sqrt{5}+5}-\sqrt{5+2\sqrt{5}.1+1}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{3}+\sqrt{5}\right)^2}-\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}\)

\(=\left|\sqrt{3}+\sqrt{5}\right|-\left|\sqrt{5}-1\right|\)

\(=\sqrt{3}+\sqrt{5}-\sqrt{5}+1=1+\sqrt{3}\)

\(\sqrt{x+y\sqrt{z}}\) ( nếu giẵ hai số là dấu trừ thì đổi dấu ) 

Dùng phương trình bậc 2 

a = 1 

b = -x 

c = \(\frac{\left(y\sqrt{z}\right)^2}{4}\) 

Có hai nghiệm X 1 ; X 2 lấy căn nha 

\(=\sqrt{\left(\sqrt{X1}+\sqrt{X2}\right)^2}\) ( nếu trừ thì sẽ là \(\sqrt{\left(\sqrt{X1}-\sqrt{X2}\right)^2}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{5}+\sqrt{3}\right)^2}-\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}\)  

\(=|\sqrt{5}+\sqrt{3}|-|\sqrt{5}+1|\)

\(=\sqrt{5}+\sqrt{3}-\sqrt{5}+1\) 

\(=\sqrt{3}+1\) 

Ta có :

\(A=x^3y^3.\left(x^2+y^2\right)\)\(=\frac{1}{2}\cdot\left(xy\right)\cdot\left(xy\right)\cdot\left(2xy\right)\cdot\left(x^2+y^2\right)\)

Áp dụng BĐT : \(ab\le\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\) ta được :

\(A=\frac{1}{2}\cdot\left(xy\right)\cdot\left(xy\right)\cdot\left(2xy\right)\cdot\left(x^2+y^2\right)\)

\(\le\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cdot\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cdot\left(\frac{2xy+x^2+y^2}{2}\right)^2\)

\(=\frac{1}{2}\cdot\frac{\left(x+y\right)^4}{16}\cdot\frac{\left(x+y\right)^4}{4}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{16}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{128}\)

Nên : \(A\le\frac{1}{128}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}\)

Vậy Min \(A=\frac{1}{128}\) khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

Bạn tự vẽ hình nhé!

Vì tam giác ABC vuông tại A

=> 3 điểm A,B,C cùng thuộc đường tròn đường kính BC

mà O là trung điểm BC=> O là tâm đường tròn

=> đpcm
b) Xét tam giác ABC vuông tại A

=> AB^2 + AC^2 = BC^2 ( Py ta go)

=> 14^2 + 48^2 = BC^2

=> BC^2 =2500

=> BC =50(cm)

=> OB= OC= bán kính (O) = BC/2 = 50/2 = 25(cm)

tự làm

cho anh tao đê

a;b dễ chắc tự làm đc

c, lấy K sao cho M là trđ của OK

mà có M là trđ của AC (gt) 

=> COAK là hình bình hành (dh)

=> CK // OA hay CK // OH và AK // CO hay AK // OD

xét tg KCB có CK // OH => \(\frac{BH}{HC}=\frac{BO}{OK}\)  (talet)

xét tg KAB có AK / OD => \(\frac{BO}{OK}=\frac{BD}{DA}\) (talet)

=> \(\frac{BH}{HC}=\frac{BD}{AD}\) mà có \(\frac{BD}{AD}=\frac{BC}{AC}\) do CD là pg của tg ABC (gt)

=> \(\frac{BC}{AC}=\frac{HB}{HC}\Rightarrow BC\cdot HC=HB\cdot AC\)

mà có \(BC\cdot HC=AC^2\) do tg ABC v tại A và AH _|_ BC (gt)

=> AC^2 = HB*AC

=> AC = HB (chia 2 vế cho ac vì ac > 0)

Theo định lý Ce-va ta có: \(\frac{BH}{HC}.\frac{MC}{MA}.\frac{DA}{DB}=1\)

Mà MA = MC (do BM là đường trung tuyến của \(\Delta\)ABC) nên \(\frac{BH}{HC}.\frac{DA}{DB}=1\)(1)

CD là phân giác nên theo tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có: \(\frac{DA}{DB}=\frac{AC}{BC}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{BH}{HC}.\frac{AC}{BC}=1\Rightarrow BH.AC=HC.BC\)(3)

Dễ thấy \(\Delta ABC~\Delta HAC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{HC}{AC}=\frac{AC}{BC}\Rightarrow AC^2=BH.HC\)(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AC^2=BH.AC\Rightarrow BH=AC\left(đpcm\right)\)