a, xét tứ giác PTOK có:

^PTO=90 độ( PT là tt của đt tại T)

^ PKO =90 độ( PK là tt của đt tại K)

=> ^ PTO+^PKO=180 độ

=> Tứ giác PTOK nội tiếp

b, Xét tam giác PAT và tam giác PTB có:

^ TPB chung

^ PTA= ^PBT( góc tạo bởi tia tt và dây cung và gnt cùng chắn cung AT)

=> tam giác PAT đồng dạng vs tam giác PTB(g-g)

=> PT/PB=PA/PT

=>PT^2=PA*PB

Tỉ số diện tích của hình chữ nhật IOND và OKCN là: 36 : 9 = 4 (lần).    

- Hình chữ nhật IOND và OKCN có chung cạnh ON do đó IO = OK x 4. 

- Hình chữ nhật AMOI và MBKO có chung cạnh MO, mà độ dài cạnh IO = OK x 4. Do đó diện tích hình chữ nhật AMOI bằng 4 lần diện tích hình chữ nhật MBKO. 

- Diện tích hình chữ nhật AMOI là: 18 x 4 = 72 (cm²). 

- Diện tích hình chữ nhật ABCD là: 72 + 18 + 9 + 36 = 135 (cm²). 

b) (2,5 điểm). Diện tích hình tam giác MOI là: 72 : 2 = 36 (cm²). 

Diện tích hình tam giác MOK là: 18 : 2 = 9 (cm²). (0,5đ) Diện tích hình tam giác OKN là: 9 : 2 = 4,5 (cm²). 

Diện tích hình tam giác OIN là: 36 : 2 = 18 (cm²). 

Diện tích hình tứ giác MKNI là: 36 + 9 + 4,5 + 18 = 67,5 (cm²). 

a=135 cm2

b=67.5cm2

xém được thôi , 9.75 đ

me !

Thật ahihi

1 , S

2, Đ

3, Đ

A, S

B, Đ

C, Đ

hok tốt

bos tay

có hình đại diện nào mạnh hơn 0 hình này yếu quá

#)Giải :

 Trong 12 số sẽ có 9 số lớn hơn 5

=> Luôn chia cho 3 dư 1 hoặc dư 2

 Vậy trong 12 số luôn tồn tại a₁ - a₂ sao cho a₁ - a₂ chia hết cho 2

Và a₃ - a₄ : a₅ - a₆ sao cho a₃ - a₄ ; a₅ - a₆ chia hết cho 30

Do đó tích trên chia hết cho 2 . 30 . 30 = 1800

        * Nguồn : Câu hỏi tương tự 

        Mk ghi cho bn đỡ ph vô đó thui :P

              #~Will~be~Pens~#

Ta đã biết 3 số nguyên tố đầu tiên trong tập số nguyên tố là: 2, 3, 5

Do đó trong 12 số nguyên tố phân biệt bất kì luôn có ít nhất 9 số lớn hơn 5  và 9 số trên chia cho 3 dư 1 , 2.

=> Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất 5 số nguyên tố đồng dư với nhau theo mod 3 ( nghĩa là tồn tại ít nhất 5 số có cùng số dư khi chia cho 3), 5 số trên không chia hết cho 5 

=> Trong 5 số trên có ít nhất 2  số giả sử là a1 và a2  có cùng số dư khi chia  cho 5 hay \(a_1\equiv a_2\left(mod5\right)\)

Và \(a_1\equiv a_2\left(mod3\right)\)

 a1, a2 lẻ => \(a_1\equiv a_2\left(mod2\right)\)

mà (5, 2, 3) =1 

=> \(a_1\equiv a_2\left(mod30\right)\Leftrightarrow a_1-a_2⋮30\)

Xét 7 số trong 9 số còn lại:

Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 4 đồng dư với nhau theo mod 3, Xét 4 số trên khi chia cho 5

TH1: tồn tại hai số a3, a4  sao cho : \(a_3\equiv a_4\left(mod5\right)\)

mặt khác tương tự như trên ta cũng có \(a_3\equiv a_4\left(mod30\right)\Leftrightarrow a_3-a_4⋮30\)

Lấy hai số bất kì a5, a6 trong 5 số   còn lại, ta có: \(a_5+a_6⋮2\)

và 2.30.30=1800

Vậy \(\left(a_1-a_2\right)\left(a_3-a_4\right)\left(a_5+a_6\right)⋮1800\)

TH2: 4 số trên khi chia cho 5 có số dư lần lượt là  1, 2, 3, 4

G/s: \(a_5\equiv1\left(mod5\right);a_6\equiv4\left(mod5\right)\Rightarrow a_5+a_6\equiv5\left(mod5\right)\Rightarrow a_5+a_6⋮5\)

và a5, a6 lẻ  \(\Rightarrow a_5+a_6⋮2\)

 \(\Rightarrow a_5+a_6⋮10\)

Mặt khác : lấy hai số a3, a4 còn lại  ta có: \(a_3\equiv a_4\left(mod3\right)\Rightarrow a_3-a_4⋮3\)

và a3, a4 lẻ => \(a_3-a_4⋮2\)

=> \(a_3-a_4⋮6\)

Ta có: 30.10.6=1800

vậy \(\left(a_1-a_2\right)\left(a_3-a_4\right)\left(a_5+a_6\right)⋮1800\)

Tam giác

3 số đó là : 23 , 2 , 19 

HỌC TỐT 

NHỚ T.I.C.K

#Vii

Gọi 3 số đó:\(a,b,c\left(a,b,c\inℕ^∗\right)\)

Ta có \(a+b+c=44\)

Vì 44 là số chẵn nên a+b+c chẵn 

Suy ra 1 trong 3 số đó có ít nhất 1 số chẵn

Vì vai trò của a,b,c như nhau nên ta giả sử c là số chẵn

Ta có Vì c là số chẵn mà c là số nguyên tố nên c=2

\(\Rightarrow a+b+2=44\)

\(\Rightarrow a+b=42\)

Vì a+b=42 nên b<42 

Mà b là số nguyên tố nên ta có bảng sau:

Vậy..............

Nhớ tích cho mk nha

Vì 4k + 3 là số lẻ nên a² phải là số chính phương lẻ

Đặt a = 2q + 1(q thuộc N)

\(\Rightarrow4k+3=\left(2q+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow4k+3=4q^2+4q+1\)

\(\Leftrightarrow4k+2=4q^2+4q\)

\(\Leftrightarrow4q^2+4q-4k=2\)

\(\Leftrightarrow2q^2+2q-2k=1\)

Do VT chẵn

Nên ko có k thỏa mãn.

Cách này là cách lớp 6

Ta có

Với \(a⋮4\)

Ta có:Vì a chia hết cho 4 nên \(a=4h\left(h\in Z\right)\)

\(\Rightarrow a^2=\left(4h\right)^2=4^2h^2⋮4\)

\(\Rightarrow a^2⋮4\)

Với:a chia 4 dư 1

Ta cá:Vi a : 4 dư 1 nên \(a=4h+1\left(h\in Z\right)\)

\(\Rightarrow a^2=\left(4h+1\right)^2=4h\left(4h+1\right)+4h+1=4h\left(4h+1\right)+1\)chia 4 dư 1

Suy ra \(a^2:4\)dư 1

Với a :4 dư 2

Ta cá:Vi a:4 dư 2 nên \(a=4h+2\left(h\in Z\right)=2\left(2h+1\right)⋮2\)

\(\Rightarrow a⋮2\)

\(\Rightarrow a^2⋮2^2\)

\(\Rightarrow a^2⋮4\)

Với a chia 4 dư 3

Ta cá:Vi a:4 dư 3 nên \(a=4h+3\left(h\in Z\right)\)

\(\Rightarrow a^2=\left(4h+3\right)^2=4h\left(4h+3\right)+3.4k+8+1\)

\(=4\left[h\left(4h+3\right)+3h+2\right]+1\):4 dư1

\(\Rightarrow a^2\)chia 4 dư 1

Vậy a^2 chia 4 dư 0 hoặc 1, mà 4k+3 :4 dư 3 nên a^2 :4 dư 3(vo lý)

Vậy \(k=\varnothing\)

Mk rất vội nen mk làm tắt vài bước mong bạn thong cảm

Nhớ tích cho mk nha

Số học sinh còn lại chiếm : \(100\%-78,5\%=21,5\%\)

Nên 114 em học sinh ứng với : \(78,5-21,5=57\%\)

Số học sinh giỏi của khối lớp 5 đó là : \(114:57\%=200\)( học sinh ).

Gọi số học sinh cả khối là : x (hs) ( x > 0)

Vậy học sinh giỏi khối lớp 5 là : 78,5% . x = \(\frac{157.x}{200}\)

Vậy số học sinh còn lại là : \(x-\frac{157x}{200}\)

Vì tổng số học sinh của khối và hơn số học sinh còn lại 114 em nên ta có :
  \(x-\frac{157x}{200}+114=\frac{157x}{200}\)

\(\Leftrightarrow200x-157x+22800=157x\)

\(\Leftrightarrow22800=114x\)

\(\Leftrightarrow x=200\)

Vậy tổng số học sinh cả khối là 200 => số học sinh giỏi là : 78,5% . 200 = 157 ( hs )