115 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 8)

Câu 1:

Cho hàm số y = x + 4 (d).

a) Vẽ đồ thị của hàm số trên mặt phẳng tọa độ Oxy

Xem đáp án

Cho hàm số y = x + 4 (d). a) Vẽ đồ thị của hàm số trên mặt phẳng tọa độ Oxy (ảnh 1)

a) y = x + 4 (d).

• Với x = 0 => y = 4;

• Với y = 0 => x = −4.

Vậy đồ thị hàm số (d): y = x + 4 đi qua hai điểm A(0; 4) và B(−4; 0).

Câu 2:

b) Tính diện tích của ∆AOB (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xen ti mét)

Xem đáp án

b) Ta có OA = 4 và OB = 4.

Do đó, diện tích của ∆AOB là: $S_{O A B} = \frac{1}{2} .4.4 = 8 (c m^{2})$

Câu 3:

Cho hàm số bậc nhất y = (m − 1)x + 3 (1) (với m ≠ 1)

a) Xác định m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thắng y = −x + 1

Xem đáp án

a) Để đồ thị hàm số (1) song song với đường thắng y = −x + 1 thì
m − 1 = −1 <=> m = 0.

Câu 4:

b) Xác định m để đường thắng y =1 − 3x , đường thẳng y = −0,5x − 1,5 và đồ thị hàm số (1) cùng đi qua một điểm.

Xem đáp án

b) Hoành độ giao điểm của đường thắng y =1 − 3x , đường thẳng y = −0,5x − 1,5 là nghiệm của phương trình:

1 − 3x = −0,5x − 1,5

<=> 3x − 0,5x = 1 + 1,5

<=> 2,5x = 2,5

<=> x = 1

Với x = 1 => y = 1 − 3.1 = −2.

Vậy hai đường thẳng y =1 − 3x và y = −0,5x − 1,5 cắt nhau tại điểm M(1; −2).

Để đường thắng y =1 − 3x , đường thẳng y = −0,5x − 1,5 và đồ thị hàm số (1) cùng đi qua một điểm thì đồ thị hàm số (1) phải đi qua điểm M.

Suy ra −2 = (m − 1).1 + 3

<=> −2 = (m − 1) + 3 Û m = −4.

Câu 5:

Cho hàm số bậc nhất y = (m − 1)x + m − 3 (m ≠ 1) có đồ thị là đường thẳng d.

a) Khi m = 0, hãy vẽ đồ thị hàm số trên;

Xem đáp án

a) Với m = 0 => y = − x − 3

Ta lập bảng:

Cho hàm số bậc nhất y  (m − 1)x + m − 3 (m ≠ 1) có đồ thị là đường thẳng d. a) Khi m  0, hãy vẽ đồ thị hàm số trên; (ảnh 1)

Hàm số y = − x − 3 đi qua hai điểm M(0; −3) và N(−3; 0).

Cho hàm số bậc nhất y  (m − 1)x + m − 3 (m ≠ 1) có đồ thị là đường thẳng d. a) Khi m  0, hãy vẽ đồ thị hàm số trên; (ảnh 2)

Câu 6:

b) Tìm m để d cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1;

Xem đáp án

b) (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1

=> 1 = (m − 1).0 + m − 3

<=> 1 = m − 3

<=> m = 4.

Vậy m = 4 thì (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1.

Câu 7:

c) Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d với hai trục Ox, Oy. Tìm m để tam giác OAB cân.

Xem đáp án

c) Vì A là giao điểm của (d) với trục Ox nên y_A = 0.

Khi đó (m − 1)x_A + m − 3 = 0

$\Leftrightarrow x_{A} = - \frac{m - 3}{m - 1} \Rightarrow O A = |- \frac{m - 3}{m - 1}| (m \neq 1)$

B là giao điểm của (d) vưới trục Oy nên x_B = 0

Khi đó y_B = (m − 1).0 + m − 3 = m − 3

$\Rightarrow O B = |m - 3|$

Để tam giác OAB cân tại O thì OA = OB

$\Leftrightarrow |- \frac{m - 3}{m - 1}| = |m - 3|$

+) TH1:

$- \frac{m - 3}{m - 1} = m - 3 \Rightarrow (m - 3) (m - 1) = - (m - 3) \Leftrightarrow (m - 3) (m - 1) + (m - 3) = 0$

<=> m(m − 3) = 0

$\Rightarrow [\begin{array}{l} m = 0 (T M) \\ m = 3 (T M) \end{array}$

+) TH2:

$- \frac{m - 3}{m - 1} = - (m - 3)$

$\Rightarrow (m - 3) (m - 1) = (m - 3) \Leftrightarrow (m - 3) (m - 1) - (m - 3) = 0$

<=> (m − 2)(m − 3) = 0

$\Rightarrow [\begin{array}{l} m = 2 (T M) \\ m = 3 (T M) \end{array}$

Vậy các giá trị của m thỏa mãn là m = 1; m = 2; m = 3.

Câu 8:

Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC (E khác B và C), AE cắt CD tại F. Chứng minh:

a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC (E khác B và C), AE cắt CD tại F (ảnh 1)

a) Tứ giác BEFI có: $\hat{B I F} = 90 °$ (giả thiết)

Suy ra I thuộc đường tròn đường kính BF.

$\hat{B E F} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên E thuộc đường tròn đường kính BF

=> BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF.

Câu 9:

b) AE . AF = AC².

Xem đáp án

b) AB $⊥$ CD

• Xét ∆OCD cân có OI là đường cao nên cũng là đường trung tuyến, nên I là trung điểm của CD.

• Xét ∆ACD có AI vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên ∆ACD cân tại đỉnh A nên AC = AD

=> $\hat{A C F} = \hat{A E C}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét ∆ACF và ∆AEC có:

$\hat{A}$ chung

$\hat{A C F} = \hat{A E C}$ (cmt)

=> ∆ACF ᔕ ∆AEC (g.g)

$\Rightarrow \frac{A C}{A E} = \frac{A F}{A C}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

=> AE . AF = AC²

Câu 10:

c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Xem đáp án

c) $\hat{A C F} = \hat{A E C}$ => AC là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1)

Mặt khác $\hat{A C B} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> AC $⊥$ CB (2)

Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆CEF

Mà CB cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.

Câu 11:

Cho đường tròn (O) bán kính R, đường kính AB, vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua (O)), trên tia đối của BA lấy S, SC cắt đường tròn tại M thuộc cung nhỏ BC

a) Chứng minh ∆SMA ᔕ ∆SBC.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) bán kính R, đường kính AB, vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua (O)), trên tia đối của BA lấy S, SC cắt đường tròn tại M thuộc cung nhỏ BC (ảnh 1)

a) Xét ∆SMA và ∆SBC có:

$\hat{S}$ chung

$\hat{S A M} = \hat{S C B}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB của (O))

=> ∆SMA ᔕ ∆SBC (g.g)

Câu 12:

b) Gọi H là giao điểm của MA và BC, K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh tứ giác BMHK nội tiếp và HK // CD.

Xem đáp án

b) Do CD $⊥$ AB (giả thiết)

=> AB là đường trung trực của CD (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

=> AC = AD (tính chất đường trung trực)

$\Rightarrow \overset{⏜}{A C} = \overset{⏜}{A D}$ (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

$\Rightarrow \hat{A M D} = \hat{A B C}$ (góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

$\Rightarrow \hat{K B H} = \hat{K M H}$

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh KH nên suy ra BMHK nội tiếp.

Câu 13:

c) Chứng minh OK . OS = R².

Xem đáp án

c) Kẻ đường kính MN

Xét ∆AON và ∆BOM có:

OA = OB = R

$\hat{A O N} = \hat{B O M}$

ON = OM = R

=> ∆AON = ∆BOM (c.g.c)

=> AN = BM (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

$\overset{⏜}{A N} = \overset{⏜}{B M}$ (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

Ta có:

$\hat{A S C} = \frac{s đ \overset{⏜}{A C} - s đ \overset{⏜}{B M}}{2}$ (tính chất góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn) (1)

$\hat{N M D} = \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{D N}$ (tính chất góc nội tiếp)

$\Rightarrow \hat{N M D} = \frac{s đ \overset{⏜}{A D} - s đ \overset{⏜}{A N}}{2}$ (2)

Mà $\overset{⏜}{A C} = \overset{⏜}{A D}$ (3)

$\overset{⏜}{A N} = \overset{⏜}{M B}$ (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra $\hat{A S C} = \hat{N M D}$ hay $\hat{O M K} = \hat{O S M}$

Xét ∆OKM và ∆OMS có:

$\hat{M O S}$ chung

$\hat{O M K} = \hat{O S M}$ (cmt)

=> ∆OKM ᔕ ∆OMS (g.g)

$\Rightarrow \frac{O K}{O M} = \frac{O M}{O S}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

=> OK.OS = OM² = R².

Câu 14:

Số đo các góc của một đa giác lồi có 9 cạnh lập thành một cấp số cộng có công sai d = 3°. Tìm số đo của các góc đó

Xem đáp án

Tổng số đo các góc của đa giác lồi 9 cạnh là: (9 − 2).180° = 1260°

$\Rightarrow S_{n} = \frac{n [2 u_{1} + (n - 1) d]}{2} = 1260 \Rightarrow \frac{9 [u_{1} + (9 - 1) .3]}{2} = 1260$

=> u₁ = 128°.

Vậy số đo các góc là: 128°; 131°; 134°; 137°; 140°; 143°; 146°; 149°; 152°.

Câu 15:

Tổng số đo các góc của đa giác đều 9 cạnh là:

A. 900°

B. 1026°

C. 1080°

D. 1260°

Xem đáp án

Chọn D

Tổng các góc của đa giác 9 cạnh bằng: (9 − 2) . 180° = 1260°.

Câu 16:

Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm A(1; 2) và B(3; 4).

Xem đáp án

Ta có: $\vec{A B} = (2; 2) \Rightarrow \vec{n_{A B}} = (1; - 1)$

Phương trình đường thẳng qua A(1; 2) và có vectơ pháp tuyến $\vec{n_{A B}} = (1; - 1)$ là:

1(x − 1) − 1(y − 2) = 0

<=> x − y + 1 = 0.

Câu 17:

Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm A(−1; −2) và B(3; −10)

Xem đáp án

Ta có: $\vec{A B} = (4; - 8) \Rightarrow \vec{n_{A B}} = (2; 1)$

Phương trình đường thẳng qua A(−1; −2) và có vectơ pháp tuyến $\vec{n_{A B}} = (2; 1)$ là:

2(x + 1) + 1(y + 2) = 0

<=> 2x + y + 4 = 0.

Câu 18:

Xác định hàm số bậc hai thỏa mãn điều kiện.

a) Cho (P): y = ax² + bx + c. Tìm a, b, c biết (P) đi qua điểm A(1; 2) và có đỉnh I(−1; −2).

Xem đáp án

a) (P) đi qua điểm A(1; 2) nên ta có: a + b + c = 2 (1)

(P) có đỉnh I(−1; −2) nên ta có: a − b + c = −2 (2)

(P) có đỉnh là I(−1; −2) nên $- \frac{b}{2 a} = - 1$

=> −2a + b = 0 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình:

$\{\begin{cases} a + b + c = 2 \\ a - b + c = - 2 \\ - 2 a + b = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a + c = 0 \\ a = b - c - 2 \\ b = 2 a \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} c = - a \\ a = 3 a - 2 \\ b = 2 a \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} c = - 1 \\ a = 1 \\ b = 2 \end{cases}$

Vậy a = 1; b = 2; c = −1.

Câu 19:

b) Tìm hàm số y = ax² + bx − 3 biết đồ thị có tọa độ đỉnh là

I (\frac{1}{2}; - 5)

Xem đáp án

b) (P): y = ax² + bx − 3

Vì (P) có đỉnh là $I (\frac{1}{2}; - 5)$ nên ta có hệ phương trình:

$\{\begin{cases} - \frac{b}{2 a} = \frac{1}{2} \\ a . {(\frac{1}{2})}^{2} + b . \frac{1}{2} - 3 = - 5 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = - b \\ \frac{1}{4} a + \frac{1}{2} b - 3 = - 5 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a + b = 0 \\ a + 2 b = - 4 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} b = - 4 \\ a = 4 \end{cases}$

Vậy (P): y = 4x² − 4x – 3.

Câu 20:

Tìm m để đồ thị hàm số y = x² − mx + 1 đi qua điểm M(1; 2)

Xem đáp án

Đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; 2) nên ta có phương trình:

2 = 1² − m.1 + 1

<=> 2 − m = 2 <=> m = 0

Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.

Câu 21:

Cho hàm số y = f(x) có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Hàm số f (2x − 2) − 2e^x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (0; 1)

B. (1; +∞)

C. (−∞; −1)

D. (−2; 0)

Xem đáp án

Chọn A

Đặt g (x) = f (2x − 2) − 2e^x ta có:

g '(x) = 2f '(2x − 2) − 2e^x

= 2[f '(2x − 2) − e^x]

Với x $\in$ (0; 1) ta có:

$\{\begin{cases} 2 x - 2 \in (2; 0) \Rightarrow f' (2 x - 2) < 0 \\ x \in (0; 1) \Rightarrow e^{x} \in (1; e) > 0 \end{cases}$

=> g '(x) = 2[f '(2x − 2) − e^x] < 0, ∀ x Î (0; 1)

=> Hàm số f (2x − 2) − 2e^x nghịch biến trên khoảng (0; 1).

Câu 22:

Giải phương trình: $2 x^{2} + 3 x + \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} = 33$

Xem đáp án

TXĐ: D = R

2 x^{2} + 3 x + \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} = 33 \Leftrightarrow (2 x^{2} + 3 x + 9) + \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} - 42 = 0 \Leftrightarrow (2 x^{2} + 3 x + 9) - 6 \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} + 7 \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} - 42 = 0 \Leftrightarrow \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} (\sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} - 6) + 7 (\sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} - 6) = 0 \Leftrightarrow (\sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} - 6) (\sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} + 7) = 0 \Rightarrow \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} = 6 (D o \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} + 7 > 0)

Bình phương 2 vế ta được:

2x² + 3x + 9 = 36

<=> 2x² + 3x − 27 = 0

<=> 2x² − 6x + 9x − 27 = 0

<=> 2x(x − 3) + 9(x − 3) = 0

<=> (x − 3)(2x + 9) = 0

Vậy phương trình trên có hai nghiệm $x_{1} = 3; x_{2} = - \frac{9}{2}$

Câu 23:

Phương trình $2 x^{2} + 3 x + \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} = 33$ có hai nghiệm là x₁, x₂. Tích x₁x₂ bằng:

A. - $\frac{27}{2}$

B. $\frac{27}{2}$

C. -42

D. 42

Xem đáp án

Chọn A

TXĐ: D = ℝ

$2 x^{2} + 3 x + \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} = 33 \Leftrightarrow (2 x^{2} + 3 x + 9) + \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} - 42 = 0 \Leftrightarrow (2 x^{2} + 3 x + 9) - 6 \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} + 7 \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} - 42 = 0 \Leftrightarrow \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} (\sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} - 6) + 7 (\sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} - 6) = 0 \Leftrightarrow (\sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} - 6) (\sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} + 7) = 0$

$\Rightarrow \sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} = 6$ (Do $\sqrt{2 x^{2} + 3 x + 9} + 7 > 0$ )

Bình phương 2 vế ta được:

2x² + 3x + 9 = 36

<=> 2x² + 3x − 27 = 0

<=> 2x² − 6x + 9x − 27 = 0

<=> 2x(x − 3) + 9(x − 3) = 0

<=> (x − 3)(2x + 9) = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 3 (T M) \\ x = - \frac{9}{2} (T M) \end{array}$

Vậy phương trình trên có hai nghiệm $x_{1} = 3; x_{2} = - \frac{9}{2}$

Tích x₁x₂ bằng: $x_{1} x_{2} = 3. (- \frac{9}{2}) = - \frac{27}{2}$

Câu 24:

Cho hàm số y = 3x − 2

a) Xác định các hệ số a, b. Tìm hai điểm thuộc đồ thị hàm số trên.

Xem đáp án

a) Hàm số y = 3x − 2 có các hệ số a = 3 và b = −2.

Với x = 0 => y = 3.0 − 2 = − 2. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; −2).

Với y = 0 => 3x − 2 = 0 $\Leftrightarrow x = \frac{3}{2}$ . Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm $B (\frac{3}{2}; 0)$

Câu 25:

b) Tìm m để đường thẳng y = 3x − 2 cắt đường thẳng y = mx + 2.

Xem đáp án

b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng y = 3x − 2 và y = mx + 2 là:

3x − 2 = mx + 2

<=> (m − 3)x = −4 (*)

Để đường thẳng y = 3x − 2 cắt đường thẳng y = mx + 2 thì phương trình (*) có 1 nghiệm => m ≠ 3.

Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là $x = \frac{4}{3 - m}$

$\Rightarrow y = 3. \frac{4}{3 - m} - 2 = \frac{6 + 2 m}{3 - m}$

Vậy với m ≠ 3 thì hai đường thẳng cắt nhau tại điểm có tọa độ $(\frac{4}{3 - m}; \frac{2 m + 6}{3 - m})$

Câu 26:

Cho hàm số y = 3x – 2. Vẽ đồ thị (d) của hàm số.

Xem đáp án

Với x = 0 => y = 3.0 − 2 = − 2. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; −2).

Với y = 0 => 3x − 2 = 0 $\Leftrightarrow x = \frac{3}{2}$ . Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm $B (\frac{3}{2}; 0)$

Đồ thị hàm số (d):

Cho hàm số y = 3x – 2. Vẽ đồ thị (d) của hàm số. (ảnh 1)

Câu 27:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, AB = 6 cm, AC = 8 cm.
a) Tính BC, BH, HC, AH .

Xem đáp án

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, AB  6 cm, AC  8 cm. a) Tính BC, BH, HC, AH . (ảnh 1)

a) Vì ∆ABC vuông tại A nên ta có:

BC² = AB² + AC²

=> BC² = 6² + 8² = 100

=> BC = 10 cm.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

$\frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{A B^{2}} + \frac{1}{A C^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{6^{2}} + \frac{1}{8^{2}} = \frac{25}{576} \Rightarrow A H = \frac{24}{5} = 4, 8 (c m)$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

AB² = BA.BC

<=> 6² = BH.10

$\Leftrightarrow B H = \frac{36}{10} = 3, 6 (c m)$

=> HC = BC − BH = 10 − 3,6 = 6,4 (cm)

Vậy BC = 10 cm, BH = 3,6 cm, HC = 6,4 cm, AH = 4,8 cm.

Câu 28:

b) Kẻ phân giác AD. Tính BD, DC.

Xem đáp án

b) Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: $\frac{B D}{C D} = \frac{A B}{A C} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{B D}{3} = \frac{C D}{4} = \frac{B D + C D}{3 + 4} = \frac{B C}{7} = \frac{10}{7}$

$\Rightarrow B D = \frac{10}{7} . 3 = \frac{30}{7} (c m)$ và $C D = \frac{10}{7} . 4 = \frac{40}{7} (c m)$

Câu 29:

c) Tính diên tích tam giác AHD.

Xem đáp án

c) $H D = B D - B H = \frac{30}{7} - 3, 6 = \frac{24}{35} (c m)$

Diện tích tam giác AHD là:

$S_{A H D} = \frac{1}{2} A H . H D = \frac{1}{2} . 4, 8 . \frac{24}{35} = \frac{288}{175} (c m^{2})$

Câu 30:

Cho ∆ABC vuông tại A vẽ đường cao AH có AB = 6 cm, AC = 8 cm.

a) Chứng minh ∆HBA ᔕ ∆ABC.

Xem đáp án

Cho ∆ABC vuông tại A vẽ đường cao AH có AB = 6 cm, AC = 8 cm. a) Chứng minh ∆HBA ᔕ ∆ABC. (ảnh 1)

a) Xét ∆HBA và ∆ABC có:

$\hat{B}$ chung

$\hat{A H B} = \hat{B A C} = 90 °$

=> ∆HBA ᔕ ∆ABC (g.g).

Câu 31:

b) Tính BC, AH, HC.

Xem đáp án

b) Áp dụng định lí Py-ta-go với ∆ABC vuông tại A nên ta có:

BC² = AB² + AC²

=> BC² = 6² + 8² = 100

=> BC = 10 cm

∆HBA ᔕ ∆ABC

$\Rightarrow \frac{H A}{A C} = \frac{A B}{C B} \Rightarrow \frac{A H}{8} = \frac{6}{10} \Rightarrow A H = 4, 8 c m$

Áp dụng định lí Pytago vào ∆AHC vuông tại H nên ta có:

$H C = \sqrt{A C^{2} - A H^{2}} = \sqrt{8^{2} - 4, 8^{2}} = 3, 6 (c m)$

Câu 32:

c) Chứng minh AH² = HB . HC.

Xem đáp án

c) Xét ∆AHB và ∆CHA có:

$\hat{A H B} = \hat{C H A} = 90 °$

$\hat{B A H} = \hat{A C H}$ (cùng phụ với $\hat{A B C}$ )

=> ∆AHB ᔕ ∆CHA (g.g)

$\Rightarrow \frac{A H}{C H} = \frac{H B}{H A} \Rightarrow A H^{2} = H B . H C$

Câu 33:

a) Tìm hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (x + y)²⁵.

Xem đáp án

a) Số hạng tổng quát: $C_{25}^{k} . x^{25 - k} . y^{k}$

Ta có: x¹²y¹³ => k = 13.

Vậy hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (x + y)²⁵ là $C_{25}^{13}$

Câu 34:

b) Tìm hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (x − y)²⁵.

Xem đáp án

b) Số hạng tổng quát: $C_{25}^{k} . x^{25 - k} . {(- y)}^{k} = C_{25}^{k} . {(- 1)}^{k} . x^{25 - k} . y^{k}$

Ta có: x¹²y¹³ => k = 13

Vậy hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (x − y)²⁵ là $C_{25}^{13} . {(- 1)}^{13} = - C_{25}^{13}$

Câu 35:

Tìm hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (2x + 3y)²⁵.

Xem đáp án

${(2 x + 3 y)}^{25} = C_{25}^{k} {(2 x)}^{25 - k} . {(3 y)}^{k} = C_{25}^{k} {.2}^{25 - k} {.3}^{k} . x^{25 - k} . y^{k}$

Ta có: x¹²y¹³ => k = 13.

Vậy hệ số của x¹²y¹³ trong khai triển (2x + 3y)²⁵ là $C_{25}^{13} {.2}^{12} {.3}^{13}$

Câu 36:

Cho hàm số bậc bốn f (x) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số g(x) = x²[f (x − 1)]⁴ là:

Xem đáp án

Ta có:

g(x) = x²[f (x − 1)]⁴

=> g '(x) = 2x[f (x − 1)]⁴ + 4x²f '(x − 1)[f (x − 1)]³

<=> g '(x) = 2x[f (x − 1)]³[f (x − 1) + 2xf '(x − 1)] = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ f (x - 1) = 0 \\ f (x - 1) + 2 x f^{'} (x - 1) = 0 \end{array}$

Đặt t = x − 1 => x = t + 1

Xét phương trình f (x − 1) = 0 <=> f (t) = 0

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f (t) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 1 nên phương trình f (x − 1) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 0.

Xét phương trình f (x − 1) + 2xf '(x − 1) = 0

=> f (t) + 2(t + 1)f '(t) = 0 (*)

Dựa vào BBT ta thấy:

f (x) là hàm bậc bốn trùng phương, đặt f (x) = ax⁴ + bx² + c (a ≠ 0)

Đồ thị hàm số đi qua 3 điểm (−1; 3), (0; −1), (1; 3) và có ba điểm cực trị x = 0, x = ±1 nên ta có:

$\{\begin{cases} c = - 1 \\ a + b + c = 3 \\ f^{'} (1) = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} c = - 1 \\ a + b + c = 3 \\ 4 a + 2 b = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = - 4 \\ b = 8 \\ c = - 1 \end{cases}$

=> f (x) = −4x⁴ + 8x² − 1 => f '(x) = −16x³ + 16x.

Thay vào (*) ta có:

−4t⁴ + 8t² − 1 + 2(t + 1)( −16t³ + 16t) = 0

<=> −4t⁴ + 8t² − 1 − 32t⁴ + 32t² − 32t³ + 32t = 0

<=> −36t⁴ − 32t³ + 40t² + 32t − 1 = 0

Xét hàm số h (t) = −36t⁴ − 32t³ + 40t² + 32t − 1 ta có:

h '(t) = − 144t³ − 96t² + 80t + 32

Ta có: $h^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} t = \frac{2}{3} \\ t = \frac{- 1}{3} \\ t = - 1 \end{array}$

Ta có BBT:

Cho hàm số bậc bốn f (x) có bảng biến thiên như sau: Số điểm cực trị của hàm số g(x) = x2[f (x − 1)]4 là: (ảnh 2)

Dựa vào BBT ta thấy phương trình h (t) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 1

=> Phương trình f (x − 1) − 2xf '(x − 1) = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 0.

Do đó, phương trình g '(x) = 0 có tất cả 9 nghiệm phân biệt.

Vậy hàm số g(x) = x²[f (x − 1)]⁴ có tất cả 9 điểm cực trị.

Câu 37:

Cho hàm số bậc bốn f (x) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số g(x) = x⁴[f (x − 1)]² là:

Xem đáp án

Ta có: f (x) = 4x⁴ − 8x² + 3 Þ f '(x) = 16x³ − 16x = 16x(x² − 1)

Ta có g '(x) = 2x³f (x − 1)[2f (x − 1) + xf '(x − 1)]

$g^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x^{3} = 0 (1) \\ f (x - 1) = 0 (2) \\ 2 f (x - 1) + x f^{'} (x - 1) = 0 (3) \end{array}$

Phương trình (1) có x = 0 (nghiệm bội ba).

Phương trình (2) có cùng số nghiệm với phương trình y = f (x) nên (2) có 4 nghiệm đơn.

Phương trình (3) có cùng số nghiệm với phương trình:

2f (x) + (x + 1)f '(x) = 0

<=> 2(4x⁴ − 8x² + 3) + 16x(x + 1)(x² − 1) = 0

<=> 24x⁴ + 16x³ − 32x² − 16x + 6 = 0 có 4 nghiệm phân biệt.

Dễ thấy 9 nghiệm trên phân biệt nên hàm số g (x) = 0 có tất cả 9 điểm cực trị.

Câu 38:

Cho hàm số: y = x³ − 3mx² + 9x + 1, có đồ thị (Cm), với m là tham số. Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng (dm): y = x + 10 − 3m cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm phân biệt A, B, C. Gọi k₁, k₂, k₃ là hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) lần lượt tại A, B, C. Tìm giá trị của m để k₁ + k₂ + k₃ > 15.

Xem đáp án

y = x³ − 3mx² + 9x + 1 => y' = 3x² − 6mx + 9.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng (dm) là:

x³ − 3mx² + 9x + 1 = x + 10 − 3m

<=> x³ − 3mx² + 8x + 3m − 9 = 0

<=> (x³ + 8x − 9) − (3mx² − 3m) = 0

<=> (x − 1)(x² + x + 9) − 3m(x − 1)(x + 1) = 0

<=> (x − 1)[x² + (1 − 3m)x + 9 − 3m] = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x^{2} + (1 - 3 m) x + 9 - 3 m = 0 (*) \end{array}$

Cho A là điểm có hoành độ x₁ = 1.

Suy ra hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A là k₁ = 3.1² − 6m.1 + 9 = 12 − 6m

Để (Cm) cắt đường thẳng (dm) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt và khác 1.

$\Rightarrow \{\begin{cases} Δ = {(1 - 3 m)}^{2} - 4 (9 - 3 m) > 0 \\ 1^{2} + (1 - 3 m) .1 + 9 - 3 m \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 9 m^{2} + 6 m - 35 > 0 \\ 11 - 6 m \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} [\begin{array}{l} m > \frac{5}{3} \\ m < - \frac{7}{3} \end{array} \\ m \neq \frac{11}{6} \end{cases} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \{\begin{cases} m > \frac{5}{3} \\ m \neq \frac{11}{6} \end{cases} \\ m < - \frac{7}{3} \end{array}$

Hoành độ của B và C là hai nghiệm của phương trình (*) với theo Vi-ét:

$\{\begin{cases} x_{2} + x_{3} = 3 m - 1 \\ x_{2} x_{3} = 9 - 3 m \end{cases}$

Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại B, C lần lượt là:

k₂ = 3x₂² − 6mx₂ + 9 và k₃ = 3x₃² − 6mx₃ + 9

Để k₁ + k₂ + k₃ > 15

<=> (12 − 6m) + (3x₂² − 6mx₂ + 9) + (3x₃² − 6mx₃ + 9) > 15

<=> 3(x₂² + x₃²) − 6m(x₂ + x₃) + 30 − 6m > 15

<=> 3[(x₂ + x₃)² − 2x₂x₃] − 6m(x₂ + x₃) + 30 − 6m > 15

<=> 3[(3m − 1)² − 2(9 − 3m)] − 6m(3m − 1) + 30 − 6m > 15

<=> 3(9m² − 6m + 1 − 18 + 6m) − 18m² + 6m + 30 − 6m > 15

<=> 9m² > 36 Û m² > 4

$\Rightarrow [\begin{array}{l} m > 2 \\ m < - 2 \end{array}$

Kết hợp các điều kiện của m suy ra $m \in (- \infty; - \frac{7}{3}) \cup (2; + \infty)$

Câu 39:

Giá trị nào của m để điểm I(−1; 6) là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x³ − 3mx² − 9x + 1 (Cm).

Xem đáp án

Ta có $y^{'} = 3 x^{2} - 6 m x - 9$

Để I(−1; 6) là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x³ − 3mx² − 9x + 1 (Cm) thì trước hết x = −1 là nghiệm của phương trình 3x² − 6mx − 9 = 0

<=> 3(−1)² − 6m(−1) − 9 = 0

<=> 3 + 6m − 9 = 0

<=> m = 1.

Thử lại với m = 1, ta được:

$y = x^{3} - 3 x^{2} - 9 x + 1$ (Cm)

Khi đó với x = −1 ta có y = 6. Vây I(−1; 6) là điểm thuộc đồ thị hàm số.

Lại có $y^{'} = 3 x^{2} - 6 x - 9 = 3 (x + 1) (x - 3) = 0$

$\Rightarrow [\begin{array}{l} x + 1 = 0 \\ x - 3 = 0 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = - 1 \\ x = 3 \end{array}$

Ta xét BBT:

Giá trị nào của m để điểm I(−1; 6) là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x3 − 3mx2 − 9x + 1 (Cm). (ảnh 1)

Dựa vào BBT ta thấy x = −1 là điểm cực địa của đồ thị hàm số

Vậy để điểm I(−1; 6) là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x³ − 3mx² − 9x + 1 (Cm) thì m = 1.

Câu 40:

Tìm điều kiện của tham số m để hàm số là hàm số bậc nhất:

a) $y = \sqrt{5 - m} (x - 1)$

Xem đáp án

a) Để hàm số $y = \sqrt{5 - m} (x - 1)$ là hàm số bậc nhất nên suy ra:

$\{\begin{cases} 5 - m \geq 0 \\ \sqrt{5 - m} \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \leq 5 \\ m \neq 5 \end{cases} \Leftrightarrow m < 5$

Vậy m < 5 là giá trị của tham số m cần tìm.

Câu 41:

b) $y = \frac{m + 1}{m - 1} x + 3, 5$

Xem đáp án

b) Để hàm số $y = \frac{m + 1}{m - 1} x + 3, 5$ là hàm số bậc nhất nên suy ra:

$\{\begin{cases} \frac{m + 1}{m - 1} \neq 0 \\ m - 1 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m + 1 \neq 0 \\ m - 1 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow m \neq \pm 1$

Vậy m ≠ ±1 là giá trị của tham số m cần tìm.

Câu 42:

Cho hàm số: y = (m − 5)x + 1 (m là tham số).

a) Tìm m để hàm số trên là hàm số bậc nhất

Xem đáp án

a) Để hàm số trên là hàm số bậc nhất thì:

m − 5 ≠ 0 <=> m ≠ 5.

Câu 43:

b) Với giá trị nào của m thì hàm số trên đồng biến; nghịch biến trên ℝ?

Xem đáp án

b) Với m ≠ 5 thì y' = m – 5.

Để hàm số trên đồng biến thì y' = m − 5 > 0 <=> m > 5.

Để hàm số trên nghịch biến thì y' = m − 5 < 0 <=> m < 5.

Câu 44:

Cho tam giác ABC đều tâm O. M là điểm tùy ý trong tam giác. MD, ME, MF tương ứng vuông góc với BC, CA, AB. Chọn khẳng định đúng?

A. $\vec{M D} + \vec{M E} + \vec{M F} = \frac{1}{2} \vec{M O}$

B. $\vec{M D} + \vec{M E} + \vec{M F} = 2 \vec{M O}$

C. $\vec{M D} + \vec{M E} + \vec{M F} = \frac{3}{2} \vec{M O}$

D. $\vec{M D} + \vec{M E} + \vec{M F} = 3 \vec{M O}$

Xem đáp án

Chọn C

Cho tam giác ABC đều tâm O. M là điểm tùy ý trong tam giác. MD, ME, MF tương ứng vuông góc với BC, CA, AB. Chọn khẳng định đúng? (ảnh 1)

Qua M, kẻ các đường thẳng IJ // BC, HK // AC, PQ // AB.

∆ABC đều nên $\hat{A B C} = \hat{A C B} = 60 °$ .

Mà PQ // AB nên $\hat{M Q K} = \hat{A B C} = 60 °$ ;

HK // AC nên $\hat{M K Q} = \hat{A C B} = 60 °$

∆MQK có: $\hat{M Q K} = \hat{M K Q} = 60 °$ nên là tam giác đều.

Lại có MD là đường cao kẻ từ M nên MD đồng thời là đường trung tuyến

Do đó D là trung điểm của QK.

$\Rightarrow \vec{M Q} + \vec{M K} = 2 \vec{M D}$ (1)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

+) $\vec{M H} + \vec{M I} = 2 \vec{M F}$ (2)

+) $\vec{M P} + \vec{M J} = 2 \vec{M E}$ (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

$\vec{M Q} + \vec{M K} + \vec{M H} + \vec{M I} + \vec{M P} + \vec{M J} = 2 \vec{M D} + 2 \vec{M F} + 2 \vec{M E} \Rightarrow 2 (\vec{M D} + \vec{M F} + \vec{M E}) = (\vec{M Q} + \vec{M I}) + (\vec{M K} + \vec{M J}) + (\vec{M H} + \vec{M P})$

Vì MI // BQ, MQ // BI nên tứ giác MIBQ là hình bình hành

$\Rightarrow \vec{M I} + \vec{M Q} = \vec{M B}$

Tương tự ta có: $\vec{M K} + \vec{M J} = \vec{M C}; \vec{M H} + \vec{M P} = \vec{M A}$

Khi đó: $2 (\vec{M D} + \vec{M F} + \vec{M E}) = \vec{M B} + \vec{M C} + \vec{M A}$

$\Rightarrow \vec{M D} + \vec{M F} + \vec{M E} = \frac{1}{2} (\vec{M B} + \vec{M C} + \vec{M A})$

Lại có O là trọng tâm của tam giác ABC nên $\vec{M B} + \vec{M C} + \vec{M A} = 3 \vec{M O}$

$\Rightarrow \vec{M D} + \vec{M F} + \vec{M E} = \frac{1}{2} .3 \vec{M O} = \frac{3}{2} \vec{M O}$

Vậy $\vec{M D} + \vec{M E} + \vec{M F} = \frac{3}{2} \vec{M O}$

Câu 45:

Tìm số hạng thứ năm trong khai triển ${(x + \frac{2}{x})}^{10}$ mà trong khai triển đó số mũ của x giảm dần.

Xem đáp án

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là:

$t_{k + 1} = C_{10}^{k} x^{10 - k} {(\frac{2}{x})}^{k}$

Vậy $t_{5} = C_{10}^{4} x^{10 - 4} . {(\frac{2}{x})}^{4} = 210. x^{6} . \frac{16}{x^{4}} = 3360 x^{2}$

Câu 46:

Ba số hạng đầu tiên theo lũy thừa tăng dần của x trong khai triển của (1 + 2x)¹⁰ là?

Xem đáp án

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là:

$t_{k + 1} = C_{10}^{k} {(2 x)}^{k} {.1}^{10 - k} = C_{10}^{k} {.2}^{k} x^{k}$

Vậy số hạng đầu tiên là: $t_{1} = C_{10}^{0} {.2}^{0} . x^{0} = 1$

Số hạng thứ hai là: $t_{2} = C_{10}^{1} {.2}^{1} . x^{1} = 20 x$

Số hạng thứ ba là: $t_{3} = C_{10}^{2} {.2}^{2} . x^{2} = 180 x^{2}$

Câu 47:

Cho ∆ABC vuông tại A, AB < AC, đường cao AH. Gọi I là trung điểm của AB. Lấy điểm K đối xứng với B qua H, qua A dựng đường thẳng song song với BC cắt HI tại D

a) Tứ giác AKHD là hình gì? Chứng minh?

Xem đáp án

a) Xét ∆BAK có:

I là trung điểm của AB;

H là trung điểm của BK.

=> IH là đường trung bình của ∆BAK

=> IH // AK.

Xét tứ giác ADHK có: DH // AK và AD // HK nên suy ra ADHK là hình bình hành.

Câu 48:

b) CM tứ giác AHBD là hình chữ nhật. Từ đó tính diện tích tứ giác AHBD nếu AH = 6 cm, AB = 10 cm

Xem đáp án

b) Do AKHD là hình bình hành suy ra HK // AD và HK = AD.

Mà HK = BH (gt) và H, K Î BC

=> BH // AD và BH = AD.

Xét tứ giác AHBD có: BH // AD và BH = AD

=> AHBD là hình bình hành.

Mà AH $⊥$ CB hay $\hat{A H B} = 90 °$

=> AHBD là hình chữ nhật.

Xét ∆ABH vuông ở H có:

AH² + BH² = AB²

<=> 6² + BH² = 10²

<=> BH² = 64

=> BH = 8 (cm)

Xét hình chữ nhật AHBD có diện tích là:

8 . 6 = 48 (cm²).

Câu 49:

Tập nghiệm của phương trình $\log (x^{2} - x - 6) + x = \log (x + 2) + 4$ là

Xem đáp án

Điều kiện:

$\{\begin{cases} x^{2} - x - 6 > 0 \\ x + 2 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} [\begin{array}{l} x > 3 \\ x < - 2 \end{array} \\ x > - 2 \end{cases} \Leftrightarrow x > 3$

Khi đó: $\log (x^{2} - x - 6) + x = \log (x + 2) + 4$

$\Leftrightarrow \log [(x - 3) (x + 2)] + x = \log (x + 2) + 4 \Leftrightarrow \log (x - 3) + \log (x + 2) + x = \log (x + 2) + 4$

$\Leftrightarrow \log (x - 3) = 4 - x$ (*)

Với x = 4 => log (x − 3) = 4 − x = 0 nên x = 4 là nghiệm của phương trình (*).

Với x > 3 suy ra log (x − 3) là hàm đồng biến mà 4 − x là hàm nghịch biến nên suy ra phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất x = 4.

Câu 50:

Tập nghiệm của phương trình $\log_{2} (x^{2} - 6 x + 7) = \log_{2} (x - 3)$ là

Xem đáp án

Điều kiện: $\{\begin{cases} x^{2} - 6 x + 7 > 0 \\ x - 3 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} [\begin{array}{l} x > 3 + \sqrt{2} \\ x < 3 - \sqrt{2} \end{array} \\ x > 3 \end{cases} \Leftrightarrow x > 3 + \sqrt{2}$

Khi đó: $\log_{2} (x^{2} - 6 x + 7) = \log_{2} (x - 3)$

<=> x² − 6x + 7 = x − 3

<=> x² − 7x + 10 = 0

<=> (x − 2)(x − 5) = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 2 (K T M) \\ x = 5 (T M) \end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {5}.

Câu 51:

cho hai đường thẳng: y = x + 3 (d₁), y = 3x + 7 (d₂).
a) Vẽ đồ thị của các hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy.

Xem đáp án

a) +) y = x + 3 (d₁)

Với x = 0 => y = 3. Suy ra (d₁) đi qua điểm có tọa độ A(0; 3).

+) y = 3x + 7 (d₂).

Với x = 0 => y = 7. Suy ra (d₂) đi qua điểm có tọa độ B(0; 7).

+) Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng (d₁) và (d₂) là nghiệm của phương trình:

x + 3 = 3x + 7

<=> x = −2 => y = 1

Vậy giao điểm của hai đường thẳng (d₁) và (d₂) là J(−2; 1).

cho hai đường thẳng: y = x + 3 (d1), y = 3x + 7 (d2). a) Vẽ đồ thị của các hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. (ảnh 1)

Câu 52:

b) Gọi giao điểm của đường thẳng (d₁) và (d₂) với trục Oy lần lượt là A và B. Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn AB.

Xem đáp án

b) I là trung điểm của đoạn thẳng AB nên ta có:

$\{\begin{cases} x_{I} = \frac{x_{A} + x_{B}}{2} = \frac{0 + 0}{2} = 0 \\ y_{I} = \frac{y_{A} + y_{B}}{2} = \frac{3 + 7}{2} = 5 \end{cases}$ => I(0; 5)

Câu 53:

c) Gọi J là giao điểm của hai đường thẳng (d₁) và (d₂). Chứng minh tam giác OIJ là tam giác vuông. Tính diện tích của tam giác đó.

Xem đáp án

c) Ta có:

$O I = \sqrt{0^{2} + 5^{2}} = 5; O J = \sqrt{{(- 2)}^{2} + 1^{2}} = \sqrt{5}$ (đvđd);

$I J = \sqrt{{(- 2)}^{2} + {(1 - 5)}^{2}} = 2 \sqrt{5}$ (đvđd).

Suy ra IJ² + OJ² = OI².

Theo định lí Pytago đảo nên suy ra ∆OIJ là tam giác vuông tại J.

Vậy diện tích tam giác OIJ là:

$S_{O I J} = \frac{1}{2} I J . O J = \frac{1}{2} .2 \sqrt{5} . \sqrt{5} = 5$ (đvdt).

Câu 54:

Cho 2 đường thẳng: $(d_{1}) : y = \frac{1}{2} x + 2$ và (d₂): y = −x + 2.

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của (d₁) và (d₂) với trục Ox, C là giao điểm của (d₁), (d₂). Tính chu vi và diện tích của tam giác ABC (đơn vị trên hệ trục tọa độ là cm).

Xem đáp án

• Vì A là giao điểm của (d₁) với trục Ox nên $\frac{1}{2} x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = - 4$

=> A(−4; 0).

• Vì B là giao điểm của (d₂) với trục Ox nên −x + 2 = 0 <=> x = 2

=> B(2; 0).

• Vì C là giao điểm của (d₁), (d₂) nên $\frac{1}{2} x + 2 = - x + 2 \Leftrightarrow x = 0$ => y = 2

=> C(0; 2)

Ta có:

$A C = \sqrt{{(- 4)}^{2} + 2^{2}} = 2 \sqrt{5}$ (đvđd);

$B C = \sqrt{2^{2} + 2^{2}} = 2 \sqrt{2}$ (đvđd);

AB = 6 (đvđd); OC = 2 (đvđd).

Chu vi của tam giác ABC là:

$P_{A B C} = A B + B C + A C = 6 + 2 \sqrt{2} + 2 \sqrt{5}$ (đvđd)

Diện tích tam giác ABC là:

$S_{A B C} = \frac{1}{2} O C . A B = \frac{1}{2} .2.6 = 6$ (đvdt).

Câu 55:

Cho hàm số bậc nhất y = (m − 1)x + 4 (d).
a) Vẽ đồ thị khi m = 2.

Xem đáp án

a) Với m = 2 => y = x + 4 (d)

Với x = 0 => y = 4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (0; 4)

Với y = 0 => x = −4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (−4; 0)

Cho hàm số bậc nhất y  (m − 1)x + 4 (d). a) Vẽ đồ thị khi m  2. (ảnh 1)

Câu 56:

b) Tìm m để (d) song song với đồ thị hàm số y = −3x + 2 (d₁).

Xem đáp án

b) Để (d) song song với đồ thị hàm số y = −3x + 2 (d₁)

=> m − 1 = −3 <=> m = −2

Vậy m = −2 là giá của m thỏa mãn.

Câu 57:

c) Tìm m để (d) cắt đồ thị hàm số y = x − 7 (d₂) tại 1 điểm nằm bên trái trục tung.

Xem đáp án

c) Hoành độ giao điểm của (d) và (d₂) là nghiệm của phương trình:

(m − 1)x + 4 = x − 7

<=> (m − 2)x = −11.

Để (d) cắt đồ thị hàm số y = x − 7 (d₂) tại 1 điểm nằm bên trái trục tung thì:

$\{\begin{cases} m - 2 \neq 0 \\ \frac{- 11}{m - 2} < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \neq 2 \\ m > 2 \end{cases} \Leftrightarrow m > 2$

Vậy m > 2 là giá trị của m thỏa mãn.

Câu 58:

Cho hàm số bậc nhất y = (m − 1)x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d) (m là tham số và m ≠ 1).

a) Vẽ đồ thị khi m = 2.

Xem đáp án

a) Với m = 2 => y = x + 4 (d).

Với x = 0 => y = 4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (0; 4).

Với y = 0 => x = −4. Suy ra đồ thị đi qua điểm có tọa độ (−4; 0).

Cho hàm số bậc nhất y = (m − 1)x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d) (m là tham số và m ≠ 1). a) Vẽ đồ thị khi m = 2. (ảnh 1)

Câu 59:

b) Với giá trị nào của m thì đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = −3x + 2 (d₁).

Xem đáp án

b) Để (d) song song với đồ thị hàm số y = −3x + 2 (d₁)

=> m − 1 = −3 <=> m = −2

Vậy m = −2 là giá của m thỏa mãn.

Câu 60:

c) Tìm m để đường thẳng (d) cắt trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2.

Xem đáp án

c) Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ $x = \frac{4}{1 - m}$

$\Rightarrow A (\frac{4}{1 - m}; 0) \Rightarrow O A = |\frac{4}{1 - m}|$

Đường thẳng (d) cắt trục Oy tại điểm có tung độ y = 4

=> B(0; 4) => OB = 4.

Khi đó diện tích của tam giác OAB là:

$S_{O A B} = \frac{1}{2} O A . O B = \frac{1}{2} . |\frac{4}{1 - m}| .4 = \frac{8}{|1 - m|} = 2 \Leftrightarrow | 1 - m | = 4 \Rightarrow [\begin{array}{l} 1 - m = 4 \\ 1 - m = - 4 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = - 3 \\ m = 5 \end{array}$

Vậy m = −3 và m = 5 là giá trị cần tìm thỏa mãn của tham số m.

Câu 61:

ho đường tròn (O; R) và một điểm A sao cho OA = 2R, vẽ các tiếp tuyến AB, AC với (O; R), B và C là các tiếp điểm. Vẽ đường kính BOD.

a) Chứng minh 4 điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O; R) và một điểm A sao cho OA = 2R, vẽ các tiếp tuyến AB, AC với (O; R), B và C là các tiếp điểm. Vẽ đường kính BOD. a) Chứng minh 4 điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn. (ảnh 1)

a) Ta có AB và AC là tiếp tuyến của (O) $\Rightarrow \hat{A B O} = \hat{A C O} = 90 °$

Xét tứ giác ABOC có:

$\hat{A B O} + \hat{A C O} = 90 ° + 90 ° = 180 °$

Suy ra tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Hay A, B, O, C thuộc 1 đường tròn.

Câu 62:

b) Chứng minh rằng: DC // OA.

Xem đáp án

b) Ta có: AB và AC là tiếp tuyến của (O) => AB = AC.

Mà OB = OC = R => OA là đường trung trực của BC hay OA $⊥$ BC (1)

Xét ∆CBD nội tiếp (O) có BD là đường kính của (O).

Suy ra ∆CBD vuông tại C hay DC $⊥$ BC (2)

Từ (1), (2) => DC // OA.

Câu 63:

c) Đường trung trực của BD cắt AC và CD lần lượt tại S và E. Chứng minh rằng OCEA là hình thang cân.

Xem đáp án

$\hat{O D E} = \hat{B O A}$

c) Ta có: DC // OA => CE // OA => OCEA là hình thang (3)

Ta có: $\hat{O D E} + \hat{O B C} = 90 °$

$\hat{O B C} + \hat{B O A} = 90 °$

Suy ra $\hat{O D E} = \hat{B O A}$

Xét ∆BOA và ∆ODE có:

$\hat{O D E} = \hat{B O A}$ (cmt)

$\hat{D O E} = \hat{O B A} = 90 °$

OB = OD = R

=> ∆BOA = ∆ODE (g.c.g)

=> AB = OE (hai cạnh tương ứng)

Mà AB = AC (AB và AC đều là tiếp tuyến chung của (O))

Suy ra OE = AC (4)

Từ (3) và (4) => OCEA là hình thang cân.

Câu 64:

d) Gọi I là giao điểm của đoạn OA và (O), K là giao điểm của tia SI và AB. Tính theo R diện tích tứ giác AKOS.

Xem đáp án

d) Ta có: $\hat{S O I} + \hat{A O B} = 90 °$

$\hat{A O B} + \hat{O A B} = 90 ° \hat{O A B} = \hat{S A O}$

Suy ra $\hat{S O A} = \hat{S A O}$ => ∆SOA cân tại S

Lại có SI là đường trung tuyến

Suy ra SI $⊥$ OA => KS $⊥$ OA (5)

Ta có ∆KAS có

AI $⊥$ KS suy ra KI = SI.

Mà OI $⊥$ AI

Suy ra OKAS là hình bình hành (6)

Từ (5) và (6) suy ra AKOS là hình thoi.

Ta có ∆OAB vuông tại A có OA = 2OD = 2R

$\Rightarrow \hat{O A B} = 30 ° \Rightarrow \tan \hat{O A B} = \tan 30 ° = \frac{K I}{A I} \Rightarrow K I = \tan 30 ° . A I = \frac{\sqrt{3}}{3} R \Rightarrow K S = \frac{2 \sqrt{3}}{3} R$

Vậy $S A K O S = \frac{O A . S K}{2} = \frac{2 R . \frac{2 \sqrt{3}}{3} R}{2} = \frac{2 \sqrt{3}}{3} R^{2} .$

Câu 65:

Giải phương trình nghiệm nguyên 12x² + 6xy + 3y² = 28(x + y)

Xem đáp án

12x² + 6xy + 3y² = 28(x + y)

<=> 3y² + 2y(3x − 14) + 12x² − 28x = 0 (1)

Ta xem (1) là phương trình bậc hai ẩn y thì (1) có nghiệm nguyên khi ∆' là số chính phương

Ta có: ∆' = (3x − 14)² − 3(12x² − 28x) = −27x² + 196 (2)

=> −27x² + 196 = k² ≥ 0 => 27x² $\leq$ 196

<=> x² $\leq$ 7

Mà x $\in$ ℤ nên x $\in$ {0; ±1; ±2}.

Lần lượt thử các giá trị của x vào (2) ta có:

+) Với x = 0 => ∆' = 196 = 14² (thỏa mãn) nên khi đó phương trình (1) trở thành

(1) <=> 3y² − 28y = 0 $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} y = 0 (T M) \\ y = \frac{28}{3} (K T M) \end{array}$

+) Với x = ±1 => ∆' = 169 = 13² (thỏa mãn) nên khi đó

x = 1, phương trình (1) trở thành

(1) <=> 3y² − 22y − 16 = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} y = 8 (T M) \\ y = \frac{- 2}{3} (K T M) \end{array}$

• Với x = −1, phương trình (1) trở thành

(1) <=> 3y² − 34y + 40 = 0 $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} y = 10 (T M) \\ y = \frac{4}{3} (K T M) \end{array}$

•Với x = ±2 => ∆' = 88 (không thỏa mãn) nên khi đó không cho y là số nguyên.

Vậy cặp nghiệm nguyên (x; y) thỏa mãn là {(0; 0), (1; 8), (−1; 10)}.

Câu 66:

Cho $\hat{u O z} = 30 °$ và tia Ou là tia đối của tia Ov. Khi đó hai góc $\hat{u O z}; \hat{v O z}$ được gọi là hai góc gì? Và góc $\hat{v O z}$ bằng bao nhiêu độ?

Xem đáp án

Ta có tia Ou là tia đối của tia Ov nên $\hat{u O z}; \hat{v O z}$ là hai góc kề bù.

Suy ra $\hat{u O z} + \hat{v O z} = 180 °$

$\Leftrightarrow 30 ° + \hat{v O z} = 180 ° \Leftrightarrow \hat{v O z} = 180 ° - 30 ° = 150 °$

Câu 67:

Viết tên các cặp góc phụ nhau, bù nhau có trong hình sau:

Xem đáp án

• Hai góc phụ nhau là hai góc có tổng số đo bằng 90°. Vì vậy, trong hình vẽ có các cặp góc nhụ nhau là:

$\hat{a O b}$ và $\hat{b O d}$

$\hat{a O c}$ và $\hat{c O d}$

• Hai góc bù nhau là hai góc có tổng số đo bằng 180°. Vì vậy, trong hình vẽ có các cặp góc bù nhau là:

$\hat{c O d}$ và $\hat{c O m}$

$\hat{b O d}$ và $\hat{b O m}$

$\hat{a O d}$ và $\hat{a O m}$

Câu 68:

Cho a² + b² + c² = ab + bc + ca. Chứng minh a = b = c

Xem đáp án

Ta có: a² + b² + c² = ab + bc + ca

<=> 2(a² + b² + c²) = 2(ab + bc + ca)

<=> 2a² + 2b² + 2c² = 2ab + 2bc + 2ca

<=> (a² − 2ab + b²) + (b² − 2bc + c²) + (c² − 2ca + a²) = 0

<=> (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² = 0

Mà (a − b)²≥ 0; (b − c)² ≥ 0; (c − a)² $\geq$ 0 nên suy ra

$\{\begin{cases} {(a - b)}^{2} = 0 \\ {(b - c)}^{2} = 0 \\ {(c - a)}^{2} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = b \\ b = c \\ c = a \end{cases} \Leftrightarrow a = b = c$ (đpcm)

Câu 69:

Chứng minh bất đẳng thức: a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca.

Xem đáp án

Giả sử a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca

<=> 2(a² + b² + c²) ≥ 2(ab + bc + ca)

<=> 2a² + 2b² + 2c² ≥ 2ab + 2bc + 2ca

<=> (a² − 2ab + b²) + (b² − 2bc + c²) + (c² − 2ca + a²) ≥ 0

<=> (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0

Mà (a − b)² ≥ 0; (b − c)² ≥ 0; (c − a)² ≥ 0 nên suy ra

(a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0 (luôn đúng)

Vậy a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca (đpcm).

Câu 70:

Cho phương trình x² − 2(m + 3)x + m² − 1 = 0.

Tìm m để Q = x₁ + x₂ − 3x₁x₂ có giá trị lớn nhất.

Xem đáp án

x² − 2(m + 3)x + m² − 1 = 0

Ta có: ∆' = (m + 3)² − (m² − 1) = 6m + 10

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆' > 0

Hay 6m + 10 > 0 $\Leftrightarrow m > - \frac{5}{3}$

Theo hệ thức Vi-ét ta có: $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 (m + 3) \\ x_{1} x_{2} = m^{2} - 1 \end{cases}$

Xét Q = x₁ + x₂ − 3x₁x₂ = 2(m + 3) − 3(m² − 1)

= −3m² + 2m + 9

$= - [{(m \sqrt{3})}^{2} - 2. m \sqrt{3} . \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{3}] + \frac{28}{3} = \frac{28}{3} - {(m \sqrt{3} - \frac{1}{\sqrt{3}})}^{2} \leq \frac{28}{3}, \forall m$

Dấu “=” xảy ra <=> ${(m \sqrt{3} - \frac{1}{\sqrt{3}})}^{2} = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}$ (thỏa mãn)

Vậy $m = \frac{1}{3}$ là giá trị của m thỏa mãn.

Câu 71:

Cho phương trình: x² − mx + m − 1 = 0 (1). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x₁ và x₂ thoả mãn: x₁² + 3x₁x₂ = 3x₂ + 3m + 16.

Xem đáp án

• Xét phương trình: x² − mx + m − 1 = 0 (1)

Ta có: ∆ = m² − 4(m − 1) = m² − 4m + 4 = (m − 2)²

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆ > 0

Hay (m − 2)² > 0 <=> m ≠ 2

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

$\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = m \\ x_{1} x_{2} = m - 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} = m - x_{2} \\ (m - x_{2}) x_{2} = m - 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} = m - x_{2} \\ {x_{2}}^{2} - m x_{2} + m - 1 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} = m - x_{2} \\ (x_{2} - 1) (x_{2} + 1) - m (x_{2} - 1) = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} = m - x_{2} \\ (x_{2} - 1) (x_{2} + 1 - m) = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{1} = m - x_{2} \\ [\begin{array}{l} x_{2} = 1 \\ x_{2} = m - 1 \end{array} \end{cases} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} \{\begin{cases} x_{1} = m - 1 \\ x_{2} = 1 \end{cases} \\ \{\begin{cases} x_{1} = 1 \\ x_{2} = m - 1 \end{cases} \end{array}$

• Xét phương trình: x₁² + 3x₁x₂ = 3x₂ + 3m + 16 (2)

+) TH1: $\{\begin{cases} x_{1} = m - 1 \\ x_{2} = 1 \end{cases}$

Khi đó phương trình (2) trở thành:

(2) <=> (m − 1)² + 3(m − 1) = 3 + 3m + 16

<=> m² − 2m − 21 = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 1 + \sqrt{22} \\ m = 1 - \sqrt{22} \end{array}$

+) TH2: $\{\begin{cases} x_{1} = 1 \\ x_{2} = m - 1 \end{cases}$

Khi đó phương trình (2) trở thành:

(2) <=> 1² + 3(m − 1) = 3(m − 1) + 3m + 16

<=> 3m + 15 = 0

<=> m = −5.

Vậy $m = 1 \pm \sqrt{22}$ và m = −5 là các giá trị của m thỏa mãn.

Câu 72:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = 4x² + 4x + 11.

Xem đáp án

A = 4x² + 4x + 11

<=> A = 4x² + 4x + 1 + 10

<=> A = (2x + 1)² + 10

Vì (2x + 1)² ≥ 0 nên (2x + 1)² + 10 ≥ 10.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x + 1 = 0 $\Leftrightarrow x = \frac{- 1}{2}$

Vậy GTNN của A = 10 khi $x = \frac{- 1}{2}$

Câu 73:

Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 4x² − 4x + 11.

Xem đáp án

A = 4x² − 4x + 11

<=> A = 4x² − 4x + 1 + 10

<=> A = (2x − 1)² + 10

Vì (2x − 1)² ≥ 0 nên (2x − 1)² + 10 ≥ 10

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x − 1 = 0 $\Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$

Vậy GTNN của A = 10 khi $x = \frac{1}{2}$

Câu 74:

Giải phương trình nghiệm nguyên: x² + 2xy = 5y + 6.

Xem đáp án

x² + 2xy = 5y + 6

<=> x² + 2xy + y² = y² + 5y + 6 (1)

<=> (x + y)² = (y + 2)(y + 3).

Vì (x + y)² bằng tích của hai số nguyên liên tiếp là (y + 2) và (y + 3) nên một trong hai số (y + 2) và (y + 3) phải có một số bằng 0.

Khi đó:

• Với y + 2 = 0 <=> y = −2 => x = 2;

• Với y + 3 = 0 <=> y = −3 => x = 3.

Vậy cặp nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là {(2; −2); (3; −3)}.

Câu 75:

Giải phương trình nghiệm nguyên: x² − 2xy + 5y² = y + 1.

Xem đáp án

x² − 2xy + 5y² = y + 1 (1)

<=> x² − 2xy + y² = −4y² + y + 1

<=> (x − y)² = −4y² + y + 1

Vì (x − y)² ≥ 0 nên −4y² + y + 1 ≥ 0

Suy ra $\frac{1 - \sqrt{17}}{8} \leq y \leq \frac{1 + \sqrt{17}}{8}$

Vì y $\in$ ℤ => y = 0.

Với y = 0 thì phương trình (1) trở thành:

(1) <=> x² = 1 <=> x = ±1.

Vậy cặp nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là {(1; 0); (−1; 0)}.

Câu 76:

Cho

\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 0

. Tính giá trị biểu thức

P = \frac{a b}{c^{2}} + \frac{b c}{a^{2}} + \frac{a c}{b^{2}}

Xem đáp án

Ta có:

$P = \frac{a b}{c^{2}} + \frac{b c}{a^{2}} + \frac{a c}{b^{2}} P = \frac{a b c}{c^{3}} + \frac{a b c}{a^{3}} + \frac{a b c}{b^{3}} = a b c (\frac{1}{c^{3}} + \frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}})$

Vì $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 0$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{- 1}{c} \Leftrightarrow {(\frac{1}{a} + \frac{1}{b})}^{3} = {(\frac{- 1}{c})}^{3} \Leftrightarrow \frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}} + \frac{3}{a b} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) = \frac{- 1}{c^{3}} \Leftrightarrow \frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}} + \frac{1}{c^{3}} + \frac{3}{a b} (\frac{- 1}{c}) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}} + \frac{1}{c^{3}} - \frac{3}{a b c} = 0$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}} + \frac{1}{c^{3}} = \frac{3}{a b c}$ (1)

Thay (1) vào P ta được: $P = a b c . \frac{3}{a b c} = 3$

Câu 77:

Chứng minh bất đẳng thức: a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca.

Xem đáp án

Giả sử a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca

<=> 2(a² + b² + c²) ≥ 2(ab + bc + ca)

<=> 2a² + 2b² + 2c² ≥ 2ab + 2bc + 2ca

<=> (a² − 2ab + b²) + (b² − 2bc + c²) + (c² − 2ca + a²) ≥ 0

<=> (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0

Mà (a − b)² ≥ 0; (b − c)² ≥ 0; (c − a)² ≥ 0 nên suy ra

(a − b)² + (b − c)² + (c − a)² ≥ 0 (luôn đúng)

Vậy a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca (đpcm).

Câu 78:

Chứng minh a² + b² + c² < 2(ab + bc + ca) với mọi số thực a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.

Xem đáp án

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có:

0 < a < b + c => a² < a(b + c) = ab + ca;

0 < b < c + a => b² < b(c + a) = bc + ab;

0 < c < a + b => c² < c(a + cb) = ca + bc

Do đó suy ra a² + b² + c² < (ab + ca) + (bc + ab) + (ca + bc)

=> a² + b² + c² < 2(ab + bc + ca).

Câu 79:

Chứng minh

\frac{a^{3}}{b} + \frac{b^{3}}{c} + \frac{c^{3}}{a} \geq a b + b c + c a

Xem đáp án

Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

$\frac{a^{3}}{b} + a b \geq 2 \sqrt{\frac{a^{3}}{b} . a b} = 2 a^{2}$ (1)

$\frac{b^{3}}{c} + b c \geq 2 \sqrt{\frac{b^{3}}{c} . b c} = 2 b^{2}$ (2)

$\frac{c^{3}}{a} + c a \geq 2 \sqrt{\frac{c^{3}}{a} . c a} = 2 c^{2}$ (3)

Cộng vế theo vế của (1), (2), (3) nên ta có:

$\frac{a^{3}}{b} + a b + \frac{b^{3}}{c} + b c + \frac{c^{3}}{a} + c a \geq 2 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2} \Leftrightarrow \frac{a^{3}}{b} + \frac{b^{3}}{c} + \frac{c^{3}}{a} \geq 2 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) - (a b + b c + c a)$

Theo hệ quả của BĐT AM - GM thì: $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq a b + b c + c a$

Do đó $\frac{a^{3}}{b} + \frac{b^{3}}{c} + \frac{c^{3}}{a} \geq 2 (a b + b c + c a) - (a b + b c + c a) = a b + b c + c a$

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c > 0

Câu 80:

Cho a, b, c > 0 thỏa a² + b² + c² = 3. CMR: $\frac{a^{3} b^{3}}{c} + \frac{b^{3} c^{3}}{a} + \frac{a^{3} c^{3}}{b} \geq 3 a b c$

Xem đáp án

BĐT trên tương đương với việc chứng minh $a^{4} b^{4} + b^{4} c^{4} + a^{4} c^{4} \geq 3 a^{2} b^{2} c^{2}$

Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

$a^{4} b^{4} + b^{4} c^{4} \geq 2 \sqrt{a^{4} b^{4} . b^{4} c^{4}} = 2 a^{2} b^{4} c^{2}$ (1)

$b^{4} c^{4} + c^{4} a^{4} \geq 2 \sqrt{b^{4} c^{4} . c^{4} a^{4}} = 2 b^{2} c^{4} a^{2}$ (2)

$c^{4} a^{4} + a^{4} b^{4} \geq 2 \sqrt{c^{4} a^{4} . a^{4} b^{4}} = 2 c^{2} a^{4} b^{2}$ (3)

Cộng vế theo vế của (1), (2), (3) nên ta có:

$2 (a^{4} b^{4} + b^{4} c^{4} + a^{4} c^{4}) \geq 2 (a^{2} b^{4} c^{2} + b^{2} c^{4} a^{2} + c^{2} a^{4} b^{2}) \Leftrightarrow a^{4} b^{4} + b^{4} c^{4} + a^{4} c^{4} \geq a^{2} b^{4} c^{2} + b^{2} c^{4} a^{2} + c^{2} a^{4} b^{2}$

$\Leftrightarrow a^{4} b^{4} + b^{4} c^{4} + a^{4} c^{4} \geq a^{2} b^{2} c^{2} (a^{2} + b^{2} + c^{2}) = 3 a^{2} b^{2} c^{2}$ (*)

Chia 2 vế của (*) với abc > 0 ta suy ra:

$\frac{a^{3} b^{3}}{c} + \frac{b^{3} c^{3}}{a} + \frac{a^{3} c^{3}}{b} \geq 3 a b c$ (đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.

Câu 81:

Tam giác ABC có hai đường trung tuyến BM, CN vuông góc với nhau và có BC = 3, góc $\hat{B A C}$ = 30°. Tính diện tích tam giác ABC.

Xem đáp án

Tam giác ABC có hai đường trung tuyến BM, CN vuông góc với nhau và có BC = 3, góc BAC = 30°. Tính diện tích tam giác ABC. (ảnh 1)

Gọi E là giao điểm của BM và CN.

Ta có công thức đường trung tuyến:

$C N^{2} = \frac{C A^{2} + C B^{2}}{2} - \frac{A B^{2}}{4} = \frac{b^{2} + a^{2}}{2} - \frac{c^{2}}{4} \Rightarrow C E^{2} = \frac{4}{9} C N^{2} = \frac{4}{9} (\frac{b^{2} + a^{2}}{2} - \frac{c^{2}}{4}) B M^{2} = \frac{B A^{2} + B C^{2}}{2} - \frac{C A^{2}}{4} = \frac{c^{2} + a^{2}}{2} - \frac{b^{2}}{4} \Rightarrow B E^{2} = \frac{4}{9} B M^{2} = \frac{4}{9} (\frac{c^{2} + a^{2}}{2} - \frac{b^{2}}{4})$

Trong tam giác ABC có: BM $⊥$ CN nên tam giác CEB vuông tại E

=> CE² + BE² = BC²

^{$\Rightarrow \frac{4}{9} (\frac{b^{2} + a^{2}}{2} - \frac{c^{2}}{4}) + \frac{4}{9} (\frac{c^{2} + a^{2}}{2} - \frac{b^{2}}{4}) = a^{2} \Leftrightarrow \frac{1}{9} b^{2} + \frac{1}{9} c^{2} + \frac{4}{9} a^{2} = a^{2} \Leftrightarrow 5 a^{2} = b^{2} + c^{2}$}

Tam giác ABC có:

a² = b² + c² − 2bc.cos A = 5a² − 2bc.cos A

$\Rightarrow b c = \frac{2 a^{2}}{\cos A}$

Khi đó: $S = \frac{1}{2} b c . \sin A = \frac{1}{2} . \frac{2 a^{2}}{\cos A} . \sin A = a^{2} . \tan A = a^{2} . \tan 30 ° = 3 \sqrt{3}$

Câu 82:

Cho ΔABC có AB = 4, AC = 6,

\cos \hat{B} = \frac{1}{8}

và

\cos \hat{C} = \frac{3}{4}

. Tính cạnh BC.

Xem đáp án

Ta có:

$\cos \hat{B} = \frac{A B^{2} + B C^{2} - A C^{2}}{2 A B . B C} \Leftrightarrow \frac{1}{8} = \frac{4^{2} + B C^{2} - 6^{2}}{2.4. B C} \Leftrightarrow B C = 4^{2} + B C^{2} - 6^{2}$

<=> BC² − BC − 20 = 0

<=> (BC − 5)(BC + 4) = 0

$\Rightarrow [\begin{array}{l} B C = 5 (T M) \\ B C = - 4 (K T M) \end{array}$

Vậy BC = 5 cm.

Câu 83:

Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 5, BC = 6. Tính $\cos (\hat{B} + \hat{C})$

Xem đáp án

$\cos (\hat{B} + \hat{C}) = \cos (180 ° - \hat{A}) = - \cos \hat{A}$

Mà $\cos \hat{A} = \frac{A C^{2} + A B^{2} - B C^{2}}{2 A C . A B} = \frac{5^{2} + 4^{2} - 6^{2}}{2.5.4} = \frac{1}{8}$

$\Rightarrow \cos (\hat{B} + \hat{C}) = - \frac{1}{8}$

Câu 84:

Phương trình x³ - 12x + m - 2 = 0 có 3 nghiệm phân biệt với m:

A. −16 < m < 16;

B. −18 < m < 14;

C. −14 < m < 18;

D. −4 < m < 4.

Xem đáp án

Chọn C

$x^{3} - 12 x + m - 2 = 0$ <=> $x^{3} - 12 x - 2 = - m$ (1)

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

=> Đường thẳng y = −m cắt đồ thị hàm số y = x³ − 12x − 2 tại 3 điểm phân biệt.

Xét hàm số f (x) = x³ − 12x − 2 => f '(x) = 3x² − 12 = 0

<=> x = ± 2.

Ta có BBT của hàm số f (x) = x³ − 12x − 2 với tập xác định là ℝ

Phương trình x3 - 12x + m - 2 = 0 có 3 nghiệm phân biệt với m: (ảnh 1)

Dựa vào BBT ta có: −18 < −m < 14 <=> −14 < m < 18.

Câu 85:

Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: x³ − 6x² + 3(m + 2)x − m − 6 = 0.

Xem đáp án

x³ − 6x² + 3(m + 2)x − m − 6 = 0

<=> x³ − 6x² + 3mx + 6x − m − 6 = 0

<=> x³ − 6x² + 6x − 6 = m(1 − 3x) (1)

• TH1: 1 − 3x = 0 $\Leftrightarrow x = \frac{1}{3}$

Khi đó, phương trình (*) trở thành $- \frac{125}{27} = m .0$ (vô nghiệm).

• TH2: 1 ≠ 3x = 0 $\Leftrightarrow x \neq \frac{1}{3}$

Khi đó, phương trình (1) trở thành $m = \frac{x^{3} - 6 x^{2} + 6 x - 6}{1 - 3 x} = f (x)$ (*)

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y = m.

Ta có:

$f^{'} (x) = \frac{(3 x^{2} - 12 x + 6) (1 - 3 x) + 3 (x^{3} - 6 x^{2} + 6 x - 6)}{{(1 - 3 x)}^{2}} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{- 6 x^{3} + 21 x^{2} - 12 x - 12}{{(1 - 3 x)}^{2}} = 0 \Rightarrow - 6 x^{3} + 21 x^{2} - 12 x - 12 = 0$

<=> 2x³ − 7x² + 4x + 4 = 0

<=> (2x + 1)(x − 2)² = 0

$\Rightarrow [\begin{array}{l} x = \frac{- 1}{2} \\ x = 2 \end{array}$

Ta có BBT:

Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: x3 − 6x2 + 3(m + 2)x − m − 6 = 0. (ảnh 1)

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m = - \frac{17}{4} .$

Câu 86:

b) Gọi E là giao điểm của AD và đường tròn (O) (E khác D), H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh rằng: AE.AD = AH.AO.

Xem đáp án

b) ∆ECD nội tiếp đường tròn (O) có CD là đường kính.

=> ∆ECD vuông tại E => CE $⊥$ ED

∆ACO vuông tại C có CH là đường cao

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AH.AO = AC² (3)

∆ACD vuông tại C có CE là đường cao

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AE.AD = AC² (4)

Từ (3) và (4) suy ra AE.AD = AH.AO.

Câu 87:

Cho đường tròn (O), điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).

a) Chứng minh rằng OA vuông góc với BC.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O), điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). a) Chứng minh rằng OA vuông góc với BC. (ảnh 1)

a) Ta có: AB = AC (Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau);

OB = OC = R.

=> OA là đường trung trực của BC => OA $⊥$ BC (1)

Câu 88:

b) Vẽ đường kính CD. Chứng minh rằng BD // AO.

Xem đáp án

b) ∆BCD nội tiếp đường tròn (O) có CD là đường kính.

=> ∆BCD vuông tại B => BD $⊥$ BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA // BD.

Câu 89:

c) Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC, biết OB = 2 cm; OA = 4 cm.

Xem đáp án

c) • Xét ∆OBA vuông tại O. Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:

$A B = \sqrt{O A^{2} - O B^{2}} = \sqrt{4^{2} - 2^{2}} = 2 \sqrt{3} \Rightarrow A C = A B = 2 \sqrt{3}$

• Xét ∆ABO vuông tại B có BH là đường cao.

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

BH . AO = AB . BO $\Rightarrow B H = \frac{A B . B O}{A O} = \frac{2 \sqrt{3} . 2}{4} = \sqrt{3}$

$\Rightarrow B C = 2 B H = 2 \sqrt{3}$

Câu 90:

d) Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M.

Chứng minh: AM.AD = AH.AO.

Xem đáp án

d) ∆MCD nội tiếp đường tròn (O) có CD là đường kính.

=> ∆MCD vuông tại M => CM $⊥$ MD

• Xét ∆ACO vuông tại C có CH là đường cao

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AH . AO = AC² (3)

• Xét ∆ACD vuông tại C có CM là đường cao

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

AM . AD = AC² (4)

Từ (3) và (4) suy ra AM . AD = AH . AO.

Câu 91:

e) Qua O vẽ đường thẳng vuông góc với cạnh AD tại K và cắt đường BC tại E. Chứng minh ED là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Xem đáp án

e) Ta có: OE $⊥$ AD, BD $⊥$ BC

$\Rightarrow \hat{E B D} = \hat{E K D} = \hat{A K O} = 90 °$

=> Tứ giác BKDE nội tiếp.

Mà $\hat{A K O} = \hat{A B O} = \hat{A C O} = 90 °$

=> A, B, K, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO

$\Rightarrow \hat{E D B} = \hat{E K B} = \hat{B C O} = \hat{B C D}$

=> ED là tiếp tuyến của (O).

Câu 92:

Cho hình thang cân ABCD. Đáy nhỏ AB bằng cạnh bên BC và đường chéo AC vuông góc với cạnh bên AD.

a) Tính các góc của hình thang cân.

Xem đáp án

Cho hình thang cân ABCD. Đáy nhỏ AB bằng cạnh bên BC và đường chéo AC vuông góc với cạnh bên AD. a) Tính các góc của hình thang cân. (ảnh 1)

a) ABCD là hình thang cân $\Rightarrow \hat{D} = \hat{C}; \hat{A} = \hat{B}$

• Xét ∆ACD có: $\hat{A D C} + \hat{A C D} = 180 ° - \hat{D A C} = 180 ° - 90 ° = 90 °$

• Xét ∆ABC có: AB = BC => ∆ABC cân tại B

$\Rightarrow \hat{B A C} = \hat{B C A}$

Ta có: $\hat{D A B} = \hat{D A C} + \hat{C A B}$

$= 90 ° + \hat{C A B} = \hat{A D C} + \hat{A C D} + \hat{A C B} = \hat{B C D} + \hat{B C D} = 2 \hat{B C D}$

Mà $\hat{D A B} + \hat{B C D} = 180 ° \Rightarrow 2 \hat{B C D} + \hat{B C D} = 180 °$

$\Rightarrow 3 \hat{B C D} = 180 ° \Rightarrow \hat{B C D} = 60 ° \Rightarrow \hat{C} = \hat{D} = 60 ° \Rightarrow \hat{A} = \hat{B} = 180 ° - \hat{C} = 180 ° - 60 ° = 120 °$

Câu 93:

b) Chứng minh rằng trong hình thang cân đó đáy lớn gấp đôi đáy nhỏ.

Xem đáp án

b) Xét ∆ADC có $\hat{D} = 60 ° \Rightarrow \hat{A C D} = 90 ° - 60 ° = 30 °$

Trong một tam giác vuông, cạnh đối diện với góc 30° có độ dài bằng nửa cạnh huyền

Suy ra $A D = \frac{1}{2} D C$

Mà $A D = B C = A B \Rightarrow A B = \frac{1}{2} D C$

Câu 94:

Cho hình thang ABCD có đáy lớn AD, đường chéo AC vuông góc với cạnh bên CD, $\hat{B A C} = \hat{C A D}$ . Tính AD nếu chu vi của hình thang bằng 20 cm và góc $\hat{D} = 60 °$

Xem đáp án

Cho hình thang ABCD có đáy lớn AD, đường chéo AC vuông góc với cạnh bên CD, góc BAC = góc CAD. Tính AD nếu chu vi của hình thang (ảnh 1)

Tia AB cắt DC tại E.

=> AC là tia phân giác của $\hat{D A E}$ (gt)

AC $⊥$ CD => AC $⊥$ DE.

Tam giác ADE có AC là đường cao vừa là đường phân giác nên ∆ADE là tam giác cân tại A.

Lại có: $\hat{A D C} = \hat{A D E} = 60 ° \Rightarrow$ ΔADE là tam giác đều.

=> C là trung điểm của DE (Do AC đồng thời là trung tuyến) .

Mà: BC // AD => BC là đường trung bình của ΔADE.

Ta có: $A B = D C = \frac{A D}{2}; B C = \frac{A D}{2}$

Giả thiết: AB + BC + CD + AD = 20

$\Leftrightarrow \frac{A D}{2} + \frac{A D}{2} + \frac{A D}{2} + A D = 20 \Leftrightarrow \frac{5}{2} A D = 20 \Leftrightarrow A D = 8$

Câu 95:

Chứng minh rằng x²⁰⁰² + x²⁰⁰⁰ + 1 chia hết cho x² + x + 1.

Xem đáp án

Ta có:

A = x²⁰⁰² + x²⁰⁰⁰ + 1 = x²⁰⁰² + x²⁰⁰¹ + x²⁰⁰⁰ − (x²⁰⁰¹ − 1)

= x²⁰⁰⁰(x² + x + 1) − [(x³)⁶⁶⁷ − 1]

= x²⁰⁰⁰(x² + x + 1) − (x³ − 1)[(x³)⁶⁶⁶ + (x³)⁶⁶⁵ + … + 1]

= x²⁰⁰⁰(x² + x + 1) − (x − 1)(x² + x + 1)[(x³)⁶⁶⁶ + (x³)⁶⁶⁵ + … + 1]

= (x² + x + 1){x²⁰⁰⁰ − (x − 1)[(x³)⁶⁶⁶ + (x³)⁶⁶⁵ + … + 1]}.

Vây x²⁰⁰² + x²⁰⁰⁰ + 1 chia hết cho x² + x + 1.

Câu 96:

Tìm x để x² + x + 1 chia hết cho x – 1.

Xem đáp án

Ta có:

A = x² + x + 1 = x² − x + 2x − 2 + 3

= x(x − 1) + 2(x − 1) + 3

= (x + 2)(x − 1) + 3.

Vì (x + 2)(x − 1) ⋮ (x − 1) nên để x² + x + 1 ⋮ x − 1 thì 3 ⋮ (x − 1).

Vậy x − 1 $\in$ Ư(3) = {±1; ±3} => x = {−2; 0; 2; 4}.

Câu 97:

Cho (O; R), lấy điểm A cách O một khoảng bằng 2R. Kẻ các tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đoạn thẳng OA cắt đường tròn (O) tại I. Đường thẳng qua O và vuông góc với OB cắt AC tại K.
a) Chứng minh: ∆OBA vuông tại B và ∆OAK cân tại K.

Xem đáp án

Cho (O; R), lấy điểm A cách O một khoảng bằng 2R. Kẻ các tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đoạn thẳng OA cắt đường tròn (O) tại I. (ảnh 1)

a) AB là đường tiếp tuyến của đường tròn (O)

=> OB $⊥$ BA => ∆OBA vuông tại B.

Ta có: AB $⊥$ OB (1)

OK $⊥$ OB (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB // OK

=> $\hat{O_{1}} = \hat{A_{2}}$ (so le trong).

Mà $\hat{A_{1}} = \hat{A_{2}}$ (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \hat{O_{1}} = \hat{A_{1}}$

Vậy ∆OKA cân tại K.

Câu 98:

b) Đường thẳng KI cắt AB tại M. Chứng minh rằng KM là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Xem đáp án

b) Ta có: KM và (O) có điểm chung là I (3)

Mặt khác: OI = R, OA = 2R => IA = R

=> KI là trung tuyến của ∆OKA

Mà ∆OKA cân tại K (cmt)

=> KI $⊥$ OA hay KM $⊥$ OI (4)

Từ (3) và (4) => KM là tiếp tuyến của (O).

Câu 99:

c) Tính chu vi tam giác AMK theo R.

Xem đáp án

c) ∆AMK cân tại A (AI vừa là đường cao vừa là đường phân giác)

=> AM = AK

$\sin \hat{A_{2}} = \frac{O B}{O A} = \frac{1}{2} \Rightarrow \hat{A_{2}} = 30 ° \Rightarrow \hat{M A K} = 60 °$

Khi đó, ∆AMK là tam giác đều $\Rightarrow A I = \frac{M K \sqrt{3}}{2} \Rightarrow M K = \frac{2 R}{\sqrt{3}}$

Do đó, chu vi ∆AMK là: $3 M K = 3. \frac{2 R}{\sqrt{3}} = 2 R \sqrt{3}$

Câu 100:

Cho đường tròn (O; R) và điểm A cách O một khoảng 2R. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đường thảng vuông góc với B tại O cắt AC tại N. Đường thẳng vuông góc với OC tại O cắt AB tại M.

a) Chứng minh: AMON là hình thoi.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O; R) và điểm A cách O một khoảng 2R. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đường thảng vuông góc với B tại O cắt AC tại N (ảnh 1)

a) Do AB là tiếp tuyến của (O) => OB $⊥$ AB

Mà OB $⊥$ ON (gt) => AB // ON hay AM // ON (1)

Do AC là tiếp tuyến của (O) => OC $⊥$ AC

Mà OC $⊥$ OM (gt) => AC // OM hay AN // OM (2)

Từ (1) và (2) nên suy ra AMON là hình thoi

Câu 101:

b) Chứng minh: MN là tiếp tuyến của đường tròn.

Xem đáp án

b) Đặt I là trung điểm của OA $\Rightarrow O I = \frac{O A}{2} = \frac{2 R}{2} = R$

Hay OI là bán kính của (O).

Do AMON là hình thoi nên suy ra OA $⊥$ MN tại I.

Hay OI $⊥$ MN tại I.

Mà OI là bán kính của (O) => MN là tiếp tuyến của (O).

Câu 102:

c) Tính diện tích AMON.

Xem đáp án

c) Xét tam giác OAB có OA $⊥$ AB.

$\Rightarrow \sin \hat{O A B} = \frac{O B}{A B} = \frac{1}{2} \Rightarrow \hat{O A B} = 30 °$

$\Rightarrow \hat{I O N} = 30 °$ (Hai góc ở vị trí so le trong).

Xét hình thoi AMON có OA cắt MN tại I => I là trung điểm MN.

Hay IN = IM = $\frac{M N}{2}$

Xét tam giác ION có $\hat{O I N} = 90 °; \hat{I O N} = 30 °$

\Rightarrow O I = I N . \cos \hat{I O N} = \frac{M N}{2} . \cos 30 ° \Rightarrow M N = \frac{4. O I}{\sqrt{3}} = \frac{4 R}{\sqrt{3}} S_{A M O N} = \frac{1}{2} O A . M N = \frac{1}{2} .2 R . \frac{4 R}{\sqrt{3}} = \frac{4 R^{2}}{\sqrt{3}}

Câu 103:

Cho đoạn thẳng AB và M là điểm nằm trên đoạn AB sao cho

A M = \frac{1}{5} A B

. Tìm k trong

\vec{M A} = k \vec{M B}

Xem đáp án

M là điểm nằm trên đoạn AB và

A M = \frac{1}{5} A B

\Rightarrow \vec{A M} = \frac{1}{5} \vec{A B} \Leftrightarrow \vec{A M} = \frac{1}{5} \vec{A M} + \frac{1}{5} \vec{M B} \Leftrightarrow \frac{4}{5} \vec{A M} = \frac{1}{5} \vec{M B} \Leftrightarrow \vec{A M} = \frac{1}{4} \vec{M B} \Leftrightarrow \vec{M A} = - \frac{1}{4} \vec{M B}

Câu 104:

Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB và K là điểm chính giữa cung AB. Trên cung KB lấy một điểm M (khác K, B). Trên tia AM lấy điểm N sao cho AN = BM. Kẻ dây BP // KM. Gọi Q là giao điểm của các đường thẳng AP và BM; E là giao điểm của PB và AM.

a) Chứng minh rằng tứ giác PQME nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB và K là điểm chính giữa cung AB. Trên cung KB lấy một điểm M (khác K, B). Trên tia AM lấy điểm N sao cho AN  BM. Kẻ dây BP // KM. (ảnh 1)

a) Xét đường tròn tâm O, đường kính AB có:

$\hat{A P B} = \hat{A M B} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Nên $\hat{Q P B} = 90 °; \hat{Q M A} = 90 °$ (hai góc kề bù với hai góc trên).

Suy ra $\hat{Q P E} + \hat{Q M E} = 90 ° + 90 ° = 180 °$

Do đó, tứ giác PQME nội tiếp đường tròn.

Câu 105:

b) Chứng minh: ∆AKN = ∆BKM.

Xem đáp án

b) K là điểm chính giữa cung AB nên $s d \overset{⏜}{K A} = s d \overset{⏜}{K B}$

=> AK = KB (liên hệ giữa cung và dây)

Xét ∆AKN và ∆BKM có:

AK = BK (cmt)

$\hat{N A K} = \hat{M B K}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung KM)

AN = BM (gt)

=> ∆AKN = ∆BKM (c.g.c).

Câu 106:

c) Chứng minh: AM . BE = AN . AQ.

Xem đáp án

c) Xét ∆AMQ và ∆BME có:

$\hat{A M Q} = \hat{B M E} = 90 °$

$\hat{Q A M} = \hat{E B M}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MP)

=> ∆AMQ ᔕ ∆BME (g.g)

$\Rightarrow \frac{A M}{B M} = \frac{A Q}{B E} \Rightarrow A M . B E = B M . A Q$

Mà AN = BM => AM.BE = AN.AQ

Câu 107:

d) Gọi R, S lần lượt là giao điểm thứ hai của QA, QB với đường tròn ngoại tiếp ∆OMP. Chứng minh rằng khi M di động trên cung KB thì trung điểm I của RS luôn nằm trên một đường cố định

Xem đáp án

d) $\hat{A B M} = \hat{R P M}$ (ABMP nội tiếp)

$\hat{R P M} = \hat{Q S R}$ (RPMS nội tiếp)

$\Rightarrow \hat{A B M} = \hat{Q S R}$ (Hai góc ở vị trí đồng vị)

=> RS // AB

BP // KM => $\overset{⏜}{K P} = \overset{⏜}{M B}$

=> $s đ \overset{⏜}{P M} = s đ \overset{⏜}{P K} + s đ \overset{⏜}{K M} = s đ \overset{⏜}{B M} + s đ \overset{⏜}{K M} = s d \overset{⏜}{K B}$

$\Rightarrow \hat{M O P} = \hat{K O B} = 90 °$ (Hai góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau)

=> ∆OMP nội tiếp đường tròn đường kính PM

PQME nội tiếp đường tròn nên suy ra

Kẻ IC // AQ, ID // BQ $\Rightarrow \hat{C I D} = \hat{P Q M} = 45 °$

RS = OM = OA = OB = R (không đổi)

=> C, D là trung điểm của OA, OB Þ C, D cố định

I luôn nhìn CD cố định dưới góc 45°

=> I nằm trên cung chứa góc 45° vẽ trên đoạn CD cố định.

Câu 108:

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và K là điểm chính giữa cung AB. Trên cung KB lấy một điểm M (khác K; B). Trên tia AM lấy điểm N sao cho AN = BM. Kẻ dây BP song song với KM. Gọi Q là giao điểm của các đường thẳng AP, BM.

a) So sánh hai tam giác: ΔAKN và ΔBKM.

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và K là điểm chính giữa cung AB. Trên cung KB lấy một điểm M (khác K; B). Trên tia AM lấy điểm N sao cho AN  BM. (ảnh 1)

a) K là điểm chính giữa cung AB nên

=> AK = KB (liên hệ giữa cung và dây)

Xét ∆AKN và ∆BKM có:

AK = BK (cmt)

$\hat{N A K} = \hat{M B K}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung KM)

AN = BM (gt)

=> ∆AKN = ∆BKM (c.g.c)

Câu 109:

b) Chứng minh: ΔKMN vuông cân.

Xem đáp án

b) ∆AKN = ∆BKM

$\Rightarrow \hat{A K N} = \hat{B K M}$ và KN = KM

Khi đó: $\hat{N K M} = \hat{N K B} + \hat{B K M} = \hat{N K B} + \hat{A K N} = \hat{A K B} = 90 °$

Mà KN = KM (cmt)

=> ∆KMN là tam giác vuông cân tại K

Câu 110:

c) Tứ giác ANKP là hình gì? Vì sao?

Xem đáp án

c) Vì K nằm chính giữa cung AB với AB là đường kính $\Rightarrow \hat{K P B} = 45 °$

Mà BP // KM => KMBP là hình thang cân

=> KB = PM $\Rightarrow \hat{P A M} = \hat{P B M} = 45 °$

Mà $\hat{K P A} = 180 ° - \hat{K B A} = 135 ° \Rightarrow \hat{K P A} + \hat{P A M} = 180 °$

=> PK // AM

Lại có PK = MB = AN => ANKP là hình bình hành.

Câu 111:

Cho tam giác ABC có $\hat{A} = 90^{°}$ , AB = AC, điểm D thuộc cạnh AB. Đường thẳng qua B và vuông góc với CD cắt đường thẳng CA ở K. Chứng minh rằng AK = AD