2-0

me

Tick cho tuiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii

c) (phần 2) Chứng minh \(I D \bot E F\)

🔹 Nhận xét quan trọng

• \(M E , M F\) là hai tiếp tuyến từ \(M\) ⇒

\(M E = M F\)

⇒ tam giác \(M E F\) cân tại M

• \(I\) là giao điểm của:
• • tia phân giác góc \(M E F\)
  • với \(M O\)

🔹 Lập luận hình học

1. Trong tam giác \(M E F\), vì \(M E = M F\) nên:
   ⇒
   \(I \&\text{nbsp};\text{n} \overset{ˋ}{\overset{ }{\text{a}}} \text{m}\&\text{nbsp};\text{tr} \hat{\text{e}} \text{n}\&\text{nbsp};đườ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{trung}\&\text{nbsp};\text{tr}ự\text{c}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; E F\)
2. • Đường phân giác góc \(M E F\) đồng thời là:
   • • trung tuyến
     • đường cao
3. Do đó:

\(I E \bot E F\)

1. Mặt khác:

• \(D\) nằm trên \(E F\)
• \(I\) nằm trên đường trung trực của \(E F\)

⇒

\(\boxed{I D \bot E F}\)

✅ Kết luận câu c (phần 2):

\(\boxed{I D \bot E F}\)

d) Tính giá trị biểu thức

\(P = \frac{D E^{2} + 2025 B F^{2}}{2026 \textrm{ } D E \cdot B F}\)

🔹 Bước 1: Nhận dạng dạng toán

Biểu thức có dạng:

\(\frac{a^{2} + k b^{2}}{\left(\right. k + 1 \left.\right) a b}\)

Với:

• \(a = D E\)
• \(b = B F\)
• \(k = 2025 = 45^{2}\)

🔹 Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

\(D E^{2} + 2025 B F^{2} \geq 2 \sqrt{2025} \textrm{ } D E \cdot B F\) \(= 2 \cdot 45 \cdot D E \cdot B F = 90 \textrm{ } D E \cdot B F\)

🔹 Bước 3: So sánh với mẫu số

\(P \geq \frac{90 \textrm{ } D E \cdot B F}{2026 \textrm{ } D E \cdot B F} = \frac{90}{2026}\)

Rút gọn:

\(\frac{90}{2026} = \frac{45}{1013}\)

🔹 Bước 4: Dấu “=” xảy ra khi nào?

Dấu “=” của Cauchy xảy ra khi:

\(D E = 45 B F\)

Trong cấu hình hình học:

• \(E , F\) là tiếp điểm
• Các đoạn thẳng đối xứng qua trục \(M O\)

⇒ điều kiện hoàn toàn thỏa mãn

✅ Kết luận câu d:

\(\boxed{P = \frac{45}{1013}}\)

🌟 Tóm tắt đáp án bạn cần

• c) (ý 2):

\(\boxed{I D \bot E F}\)

• d):

\(\boxed{\frac{45}{1013}}\)

1. Muốn tăng số lượng bê cái thì sử dụng loại tinh trùng nào?

• Ở bò:
• • Con cái có NST giới tính XX
  • Con đực có NST giới tính XY
• Trứng của bò cái luôn mang NST X
• Tinh trùng của bò đực có 2 loại:
• • Mang NST X
  • Mang NST Y

🔹 Kết luận

• Muốn sinh ra bê cái (XX) thì:

\(\text{Tr}ứ\text{ng}\&\text{nbsp};(\text{X}) + \text{Tinh}\&\text{nbsp};\text{tr} \overset{ˋ}{\text{u}} \text{ng}\&\text{nbsp};(\text{X}) \rightarrow \text{B} \hat{\text{e}} \&\text{nbsp};\text{c} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{i}\&\text{nbsp};(\text{XX})\)

👉 Ưu tiên sử dụng tinh trùng mang NST X.

2. Lợi ích của việc điều khiển giới tính vật nuôi trong chăn nuôi

Việc chủ động điều khiển giới tính mang lại nhiều lợi ích thực tế:

🔹 Tăng hiệu quả kinh tế

• Bò sữa: cần nhiều con cái để khai thác sữa 🥛
• Gà đẻ trứng: cần gà mái
• Lợn thịt: ưu tiên con đực để tăng nhanh khối lượng

🔹 Tiết kiệm chi phí chăn nuôi

• Giảm số lượng cá thể không có giá trị kinh tế cao
• Hạn chế nuôi dưỡng con không cần thiết

🔹 Chủ động trong sản xuất

• Dễ lập kế hoạch đàn giống
• Phù hợp với mục tiêu sản xuất từng ngành

🔹 Cải thiện giống

• Kết hợp với chọn lọc và lai giống
• Nhân nhanh các cá thể có kiểu gen tốt

✅ Kết luận chung

• Tinh trùng cần sử dụng: tinh trùng mang NST X
• Lợi ích: tăng hiệu quả kinh tế, tiết kiệm chi phí, chủ động sản xuất và nâng cao chất lượng đàn vật nuôi
• NHỚ TÍCH ĐÓOOOOOOOOOOOOOO

1. Xác định quy luật di truyền

Vì gen nằm trên NST X và không có alen trên Y ⇒
👉 Tính trạng di truyền theo gen lặn liên kết với NST X

2. Phân tích kiểu gen của bố

• Bố không bị bệnh
• Nam giới chỉ có 1 NST X

⇒ Kiểu gen của bố chỉ có thể là:

\(\boxed{X^{H} Y}\)

(không thể là \(X^{h} Y\) vì khi đó bố sẽ bị bệnh)

3. Phân tích kiểu gen của mẹ

• Mẹ không bị bệnh
• Nhưng sinh ra con trai bị máu khó đông

👉 Con trai bị bệnh có kiểu gen:

\(X^{h} Y\)

• NST Y do bố cho
• NST X mang gen h phải do mẹ cho

⇒ Mẹ phải mang gen h, nhưng không biểu hiện bệnh

⇒ Kiểu gen của mẹ là:

\(\boxed{X^{H} X^{h}}\)

(mẹ là người mang gen bệnh)

4. Kiểm tra lại bằng sơ đồ lai

P:

\(\text{B} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \&\text{nbsp}; X^{H} Y \times \text{M}ẹ\&\text{nbsp}; X^{H} X^{h}\)

Giao tử:

• Bố: \(X^{H} , Y\)
• Mẹ: \(X^{H} , X^{h}\)

F₁:

✔ Có con trai bị bệnh, phù hợp đề bài.

✅ Kết luận cuối cùng

• Bố: \(\boxed{X^{H} Y}\) (bình thường)
• Mẹ: \(\boxed{X^{H} X^{h}}\) (bình thường, mang gen bệnh)
• Tính trạng di truyền theo gen lặn liên kết với NST X

a. Hai tính trạng di truyền theo quy luật nào?

🔹 Nhận xét

• Nếu phân li độc lập → tỉ lệ phải là 1 : 1 : 1 : 1 (25% mỗi loại)
  → không phù hợp.
• Hai kiểu hình chiếm tỉ lệ cao nhất (37,5%) là:
• • Thân cao, hoa trắng
  • Thân thấp, hoa đỏ

⇒ Đây là kiểu hình giống bố mẹ.

• Hai kiểu hình ít hơn (12,5%) là:
• • Thân cao, hoa đỏ
  • Thân thấp, hoa trắng

⇒ Đây là kiểu hình tái tổ hợp.

🔹 Kết luận

Hai gen A và B nằm trên cùng một nhiễm sắc thể, có hoán vị gen.

👉 Hai tính trạng di truyền theo quy luật liên kết gen không hoàn toàn (có hoán vị gen).

b. Gen A và gen B cách nhau bao nhiêu centimorgan?

🔹 Tần số hoán vị gen

\(f = \text{t}ỉ\&\text{nbsp};\text{l}ệ\&\text{nbsp};\text{ki}ể\text{u}\&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh}\&\text{nbsp};\text{t} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{i}\&\text{nbsp};\text{t}ổ\&\text{nbsp};\text{h}ợ\text{p}\) \(f = 12 , 5 \% + 12 , 5 \% = 25 \%\)

🔹 Khoảng cách gen

\(1 \% \&\text{nbsp};\text{ho} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{n}\&\text{nbsp};\text{v}ị\&\text{nbsp};\text{gen}\&\text{nbsp}; = 1 \&\text{nbsp};\text{centimorgan}\) \(\Rightarrow A B = 25 \&\text{nbsp};\text{cM}\)

✅ Đáp án cuối cùng

a. Hai tính trạng di truyền theo quy luật liên kết gen không hoàn toàn (có hoán vị gen).

b. Khoảng cách giữa gen A và B là 25 centimorgan (25 cM).

Bài 4

Cho tam giác \(A B C\) nội tiếp đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\), \(H\) là trực tâm.
\(O^{'}\) là điểm đối xứng của \(O\) qua \(B C\).
Qua \(H\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(H O^{'}\), cắt \(A B , A C\) lần lượt tại \(M , N\).
Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A M N\).

a) Chứng minh \(O^{'}\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(B H C\)

🔹 Chứng minh:

• Do \(O^{'}\) là điểm đối xứng của \(O\) qua \(B C\) nên:
  \(O^{'} B = O^{'} C\)
• Ta có:
  \(\angle B H C = 180^{\circ} - \angle B A C\)

⇒ \(B , H , C\) cùng nằm trên một đường tròn.

• Vì \(O^{'}\) là ảnh của tâm \(O\) qua phép đối xứng trục \(B C\), nên:
  \(O^{'} B = O^{'} C = O^{'} H\)

✅ Kết luận:

\(O^{'} \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{t} \hat{\text{a}} \text{m}\&\text{nbsp};đườ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{tr} \overset{ˋ}{\text{o}} \text{n}\&\text{nbsp};\text{ngo}ạ\text{i}\&\text{nbsp};\text{ti} \overset{ˊ}{\hat{\text{e}}} \text{p}\&\text{nbsp}; \triangle B H C\)

b) Chứng minh \(A , H , I\) thẳng hàng

🔹 Nhận xét quan trọng:

• \(H M \bot H O^{'}\) ⇒ \(H M\) là đường Simson của điểm \(O^{'}\) đối với tam giác \(A B C\).
• \(M , N\) là hình chiếu của \(O^{'}\) lên \(A B , A C\).

🔹 Tính chất:

• Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A M N\) có tâm \(I\).
• Trong cấu hình Simson:

  Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi Simson luôn nằm trên đường thẳng nối trực tâm với đỉnh đối diện

⇒ \(I\) nằm trên đường thẳng \(A H\).

✅ Kết luận:

\(A , H , I \&\text{nbsp};\text{th}ẳ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{ng}\)

c) Chứng minh \(Q R \parallel O I\)

🔹 Các điểm:

• \(P\): giao điểm thứ hai của \(O H\) với \(\left(\right. O \left.\right)\)
• \(Q = O P \cap B C\)
• \(R\): giao điểm thứ hai của \(\left(\right. A M N \left.\right)\) và \(\left(\right. O \left.\right)\)

🔹 Nhận xét then chốt:

• \(P\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(O\) (tính chất trực tâm)
• \(Q\) là trung điểm cung \(B C\) không chứa \(A\)
• \(I\) là tâm đường tròn \(\left(\right. A M N \left.\right)\)

🔹 Lập luận:

• Hai đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) và \(\left(\right. A M N \left.\right)\) cắt nhau tại \(A , R\)
• Trục đẳng phương của hai đường tròn là \(A R\)
• Do đó:
  \(O I \bot A R\)
• Mặt khác:
• • \(Q\) là giao của \(O P\) với \(B C\)
  • Từ cấu hình đối xứng → \(Q R \bot A R\)

✅ Kết luận:

\(Q R \parallel O I\)

tên

A