Lời giải
Đáp án đúng là: C

Để có hình chiếu vuông góc các tia chiếu phải xiên góc hoặc vuông góc với mặt phẳng hình chiếu.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Lời giải

a) Gọi I (x₀; y₀) là điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua với điểm m nên ta có: mx₀ + (2 – 3m)y₀ + m – 1 = 0 \(\forall m\)

⇔ m(x₀ – 3y­₀ + 1) + 2y₀ – 1 = 0 \(\forall m\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} - 3{y_0} + 1 = 0\\2{y_0} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{1}{2}\\{y_0} = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

⇔ \(I\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\).

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng (d).

Ta có: OH ≤ OI nên OH lớn nhất bằng OI khi và chỉ khi H ≡ I hay OI ⊥ (d). Đường thẳng qua O có phương trình u = ax do \(I\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right) \in OI \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{1}{2}a\).

Suy ra a = 1.

Do đó OI: y = x.

Đường thẳng (d) được viết lại như sau:

mx + (2 – 3m)y + m – 1 = 0

⇔ (2 – 3m)y = –mx + 1 – m

• Nếu \(m = \frac{2}{3}\) thì đường thẳng (d): \(x - \frac{1}{2} = 0\) song song với trục Oy nên khoảng cách từ O đến (d) là \(\frac{1}{2}\).

• Nếu \(m \ne \frac{2}{3}\) đường thẳng (d) có thể viết lại \(y = \frac{m}{{3m - 2}}x + \frac{{m - 1}}{{3m - 2}}\).

Điều kiện để (d) vuông góc với OI là: \(\frac{m}{{3m - 2}}.1 = - 1\)

\( \Leftrightarrow m = 2 - 3m \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\).

Khi đó \(OI = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Gọi x ≥ 0, y ≥ 0 lần lượt là số tấm bìa cắt theo cách thứ nhất, thứ hai.

Bài toán đưa đến tìm x ≥ 0, y ≥ 0 thỏa mãn hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y \ge 900\\x + 3y \ge 1000\\6x + y = 900\end{array} \right.\) sao cho L = x + y nhỏ nhất.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ các đường thẳng:

(d): 3x + 2y – 900 = 0;

(d’): x + 3y – 1 000 = 0;

(∆): 6x + y – 900 = 0.

Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) nửa đường thẳng BC nằm trong phần tô màu trên hình vẽ.

Suy ra L = x + y nhỏ nhất đạt được tại điểm B.

Khi đó, L(x; y) = L(100; 300).

Lời giải

a) Vì MN là đường trung bình của ∆OAB nên MN // AB.

Suy ra AM = NB = \(\frac{1}{2}OA = \frac{1}{2}OB\).

Do đó tứ giác MNBA là hình thang cân.

b) Ta có MN // AB nên MN // DP

Do đó MN = \(\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}DC = DP\).

Vậy tứ giác MNPD là hình bình hành.

c) Xét ∆DMB có MO vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao.

Suy ra DMB là tam giác cân.

Do đó \(\widehat {MBD} = \widehat {MDB}\)       (1)

Dễ thấy: ∆OAN = ∆OBM suy ra \(\widehat {MBO} = \widehat {OAN}\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {OAN} = \widehat {MDB}\).

Mà \(\widehat {DNP} = \widehat {MDB}\) (hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {DNP} = \widehat {OAN}\).

Xét ∆OAN có \(\widehat {OAN} + \widehat {ONA} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {DNP} + \widehat {ONA} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \)NP\( \bot \)AN.

Lời giải

a) Do N ∈ (O) ⇒ \(ON = \frac{1}{2}BC\)⇒ BN ⊥ AC;

M ∈ (O) ⇒ \[MO = \frac{1}{2}BC\] ⇒ MC ⊥ AB.

⇒ H là giao điểm của đường cao

⇒ AH ⊥ BC

⇒ AK ⊥ BC.

b) Xét ∆ANB và ∆AMC có

\[\widehat {BAC}\]là góc chung

\[\widehat {ANB} = \widehat {AMC}\](= 90°)

Do đó ∆ANB ᔕ ∆AMC (g.g).

Suy ra \[\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AC}}\] (các cạnh tương ứng tỉ lệ).

Vậy AM . AB = AN. AC (đpcm).

Lời giải

a) Vì D đối xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực của DH 
nên AH = AD        (1) 
Vì E đối xứng với H qua AC nên AC là đường trung trực của HE 
nên AH = AE         (2) 
Từ (1) và (2) ⇒ AD = AE (3) 

Mặt khác: \[\widehat {DBA} = \widehat {BAH}\]; \[\widehat {HAC} = \widehat {CAE}\]

\[\widehat {BAH} = \widehat {HAC}\] = 90°
Do đó \[\widehat {DAB} + \widehat {BAH} + \widehat {HAC} + \widehat {CAE}\] = 180° 
Tức là ba điểm D, A, E thẳng hàng      (4) 

Từ (3) và (4) suy ra D và E đối xứng với nhau qua A. 
b) ∆ DHE có HA là trung tuyến và \[HA = \frac{1}{2}DE\] nên ∆DHE vuông tại H. 
c) Ta có: ∆ADB = ∆AHB (c.c.c) 
Suy ra \[\widehat {ADB} = \widehat {AHB}\] = 90° 
Tương tự có \[\widehat {AEC}\] = 90°
⇒ BD // CE (cùng vuông góc với DE) 
Nên tứ giác BAEC là hình thang có 2 góc vuông kề cạnh bên DE.

Do đó tứ giác BAEC là hình thang vuông. 
d) Do AB là đường trung trực của DH nên BD = BH          (5) 
Do AC là đường trung trực của EH nên CE = CH   (6) 
Cộng vế với vế của (5) và (6) ta suy ra BD + CE = BH + CH.
Hay BD + CE = BC.

Lời giải

Đặt x⁴ + y⁴ + z⁴ = a; x² + y² + z² = b; x + y + z = c.

Khi đó 2(x⁴ + y⁴ + z⁴) – (x² + y² + z²)² – 2(x² + y² + z²)(x + y + z)² + (x + y + z)⁴

= 2a – b² –2bc² + c⁴

= 2a – 2b² + b² – 2bc² + c⁴

= 2(a – b²) + (b + c²)².

Ta có 2(a – b²) = 2[x⁴ + y⁴ + z⁴ – (x² + y² + z²)²]

= 2[x⁴ + y⁴ + z⁴ – x⁴ – y⁴ – z⁴ – 2x²y² – 2y²z² – 2z²x²]

= 2 . (–2)(x²y² + y²z² + z²x²)

= – 4(x²y² + y²z² + z²x²).

Lại có (b + c²)² = [(x² + y² + z²) + (x + y + z)²]²

= [(x² + y² + z²) – (x² + y² + z²) – 2(xy + yz + zx)]²

= 4(xy + yz + zx)²

Suy ra 2(a – b²) + (b + c²)²

= – 4(x²y² + y²z² + z²x²) + 4(xy + yz + zx)²

= 8xyz(x + y + z).

Lời giải

a) Ta có:

• \({\widehat O_1} = 180^\circ - 2{\widehat A_1}\)

• \({\widehat {O'}_1} = 2{\widehat A_2} = 2\left( {90^\circ - {{\widehat A}_1}} \right) = 180^\circ - 2{\widehat A_1}\)

Do đó: \({\widehat O_1} = {\widehat {O'}_1} \Rightarrow OM\;{\rm{//}}\;O'N\).

Gọi P là giao điểm của MN và OO'.

Ta có: \(\frac{{PO'}}{{PO}} = \frac{{O'N}}{{OM}} = \frac{{R'}}{R}\).

Gọi P' là giao điểm của BC và OO'.

Vì OB // O'C nên \(\frac{{P'O'}}{{P'O}} = \frac{{O'C}}{{OB}} = \frac{{R'}}{R}\).

Suy ra P' ≡ P.

b) Từ O' kẻ O'H ^ MO. Khi đó:

\({S_{OMNO'}} = \frac{{\left( {O'N + OM} \right).O'H}}{2} = \frac{{\left( {R' + R} \right).O'H}}{2}\)

\( \le \frac{{\left( {R' + R} \right).O'O}}{2} = \frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi O'H = O'O hay H ≡ O

Û O'O ^ MO hoặc O'O ^ NO'.

Vậy tứ giác MNO'O có diện tích lớn nhất là \(\frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\) Û O'O ^ MO.

Lời giải

a) Ta có \[\widehat {BDA} = 90^\circ - {\widehat A_2}\] ; \[{\widehat A_1} = {\widehat A_2}\].

Suy ra \[\widehat {BAD} = \widehat {BDA}\].

Do đó ∆BAD cân tại B.

b) Ta có BH . BC = AB²

⇒ (x – 6) . 25 = x² ⇒ x² − 25x + 150 = 0

⇔ x = 10 hoặc x = 15.

Vậy AB = 10 cm hoặc AB = 15 cm. 

Lời giải

Ta có \[P \le \sqrt {{a^2} + 2\sqrt a ab + 2{b^2}} + \sqrt {{b^2} + 2\sqrt 2 bc + 2{c^2}} + \sqrt {{c^2} + 2\sqrt 2 ca + 2{a^2}} \]

\[P \le \sqrt {{{\left( {a + \sqrt 2 b} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {b + \sqrt 2 c} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {c + \sqrt 2 a} \right)}^2}} \]

\[P \le {\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^2}\left( {a + b + c} \right) = 1 + \sqrt 2 \]

Dấu "=" xảy ra khi (a; b; c) = (0; 0; 1) và các hoán vị.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là \[1 + \sqrt 2 \] khi (a; b; c) = (0; 0; 1) và các hoán vị.

Lời giải

a) Xét (O) có ΔABC nội tiếp BC là đường kính.

Do đó ΔABC vuông tại A.

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao nên AH . BC = AB . AC.

Xét ∆MAB và ∆MCA có

\[\widehat M\] chung

\[\widehat {MAB} = \widehat {MCA}\] (cùng chắn ).

Do đó ∆MAB đồng dạng ∆MCA (g.g).

Suy ra \[\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MA}}\].

Vậy MA² = MB . MC.

Lời giải      

a) Vì AB, AC là các tiếp tuyến của (O) nên AB = AC nên ΔABC cân tại A.

Ta có AO là đường phân giác của góc \[\widehat {BAC}\] của tam giác cân ABC nên AO cũng là đường cao.

Suy ra OA ⊥ BC (tính chất của tam giác cân).

b) Gọi I là giao điểm của AO với BC.

Ta có ΔIBA = ΔICA (cạnh huyền - góc nhọn).

Suy ra IB = IC (hai cạnh tương ứng).

Trong ΔBCD có: IB = ID; OC = OD.

 Suy ra OI là đường trung bình của ΔBCD.

Nên OI // BD hay AO// BD.

Vậy AO // BD (đpcm).

c) Vì AB là tiếp tuyến của (O) với B là tiếp điểm nên AB ⊥ OB và AB = AC.

Do đó ΔOAB vuông tại B.

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông OAB, ta có:

AO² = AB² + BO²

⇒ AB² = AO² – BO² = 4² – 2² = 12

⇒ AB = \[\sqrt {12} \] = \[2\sqrt 3 \] (cm)

Trong tam giác vuông OAB ta có

sin\[\widehat {OAB}\] = \[\frac{{OA}}{{OB}}\] = \[\frac{2}{4}\] = \[\frac{1}{2}\]

⇒ \[\widehat {OAB}\] = 30° ⇒ \[\widehat {BAC}\] = 2\[\widehat {OAB}\] = 2 . 30° = 60°

Xét ∆ABC cân tại A có \[\widehat A = 60^\circ \] nên ΔABC là tam giác đều.

Do đó AB = BC = CA = \[2\sqrt 3 \] (cm).

Lời giải

a) Ta có: AN = AM (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra ∆AMN cân tại A

Mặt khác, OA là tia phân giác cũng là đường cao

Do đó OA ⊥ MN (đpcm).

b) Đặt H là giao điểm của MN và AO.

Ta có MH = HN (OA ⊥ MN nên H là trung điểm MN).

Mà CO = CN = R.

Suy ra OH là đường trung bình của ∆MNC.

Do đó OH // MC hay MC // OA (đpcm).

c) Ta có OM = ON = R nên ON = 3 cm.

Ta có: ON² + AN² = AO² (theo định lý Py-ta-go)

Suy ra AN² = AO² – ON² = 5² – 3² = 25 – 9 = 16 

⇒ AN = \[\sqrt {16} \] = 4 (cm)

Ta có: AO.HN = AN.NO (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Suy ra 5HN = 4 . 3 = 12 ⇒ HN = \[\frac{{12}}{5}\] = 2,4 (cm).

Ta có MN = 2HN = 2 . 2,4 = 4,8 (vì H là trung điểm MN).

Vậy AM = AN = 4 cm; MN = 4,8 cm.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Vì BD là đường phân giác của \(\widehat {ABC}\) nên \(\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{BC}}\).

Suy ra \(\frac{{AD}}{{DC + AD}} = \frac{{AB}}{{BC + AB}}\) (theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau)

Do đó \(\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{BC + AB}}\).

Mà tam giác ABC cân tại A nên AC = AB = 15 cm.

Lời giải

a) Ta có: OB = OD (= R) nên ∆ODB cân tại O.

Mà OC là đường cao của ∆ODB.

Nên OC cũng là đường phân giác của ∆ODB.

⇒ \[\widehat {BOC} = \widehat {COD}\] hay \[\widehat {BOA} = \widehat {AOD}\].

Xét ∆ABO và ∆ADO có:

OB = OD (= R)

\[\widehat {BOA} = \widehat {AOD}\] (chứng minh trên)

Cạnh OA chung

Do đó ∆ABO = ∆ADO (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {ABO} = \widehat {ADO} = 90^\circ \].

Do đó AD là tiếp tuyến của (O).

Ta có: \[\widehat {DEB} = \frac{1}{2}\] sđ  (1)

Lại có: \[\widehat {BOD}\] = sđ

Mà \[\widehat {BOA}\] = \[\frac{1}{2}\]\[\widehat {BOD}\]

Nên \[\widehat {BOA}\] = \[\frac{1}{2}\] sđ          (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {BOA} = \widehat {DEO}\].

Mà hai góc này nằm ở vị trí đồng vị nên OA // DE.

b) Vì F thuộc đường tròn đường kính BE nên \[\widehat {BFE} = 90^\circ \]

Xét ∆ABE vuông tại B có: BF là đường cao

Suy ra AE . AF = AB²

Chứng minh tương tự, ta có: AC . AO = AD².

Mà AB = AD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó AB² = AD²

Suy ra: AE . AF = AC.AO.

c) Vì D thuộc đường tròn đường kính BE nên \[\widehat {BDE} = 90^\circ \].

Ta có: BD là đường cao của ∆BGE; EF là đường cao của ∆BGE.

Mà BD, EF cắt nhau tại H.

Do đó H là trực tâm của ∆BGE.

Suy ra: GH ⊥ BE; AB ⊥ BE

Nên GH // AB.

Xét ∆BIE có: BO = EO (= R); AO // EI (AO // DE).

Do đó AB = AI.

Lời giải

a) Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {4;\,\,3} \right);\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {6;\,\,1} \right)\]

Suy ra \[2\overrightarrow {AC} = \left( {12;\,\,2} \right)\]

Do đó \[\overrightarrow u = \left( {12 - 4;\,\,2 - 3} \right) = \left( {8;\,\, - 1} \right)\].

b) Ta có \[M\left( {x;\,\,y} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MA} = \left( { - \,4 - x;\,\, - y} \right)\\\overrightarrow {MB} = \left( { - \,x;\,\,3 - y} \right)\\\overrightarrow {MC} = \left( {2 - x;\,\,1 - y} \right)\end{array} \right.\]

Khi đó \[\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {MC} = \left( {2 - 6x;\,\,9 - 6y} \right)\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - 6x = 0\\9 - 6y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{3}\\y = \frac{3}{2}\end{array} \right.\].

Do đó \[M\left( {\frac{1}{3};\,\,\frac{3}{2}} \right)\].

Lời giải

a) Áp dụng tính chất của ∆ cân cho DABC ta có: AM ⊥ MC và BM = MC

Vì I là trung điểm của AC và K đối xứng với M qua I nên tứ giác AMCK  là hình bình hành.

Lại có MK = AC (= 2MI).

Do đó, tứ giác AMCK là hình chữ nhật.

b) Vì tứ giác AMCK là hình chữ nhật (theo câu a).

Do đó AK // MC và AK = MC = MB.

Vậy tứ giác AKMB là hình bình hành.

c) Nếu tứ giác AKMB là hình thoi thì BA = AK = KM = MB.

Vì DMBA cân tại B nên \[\widehat {BAM} = \widehat {AMB}\] = 90° (vô lí).

Vậy không có trường hợp nào của DABC để AKMB là hình thoi.

Lời giải

a) Vì A, C ∈ (O); OH ⊥ AC ⇒ H là trung điểm của AC ⇒ HA = HC

Do AH = HC, DO ⊥ AC ⇒ DO là đường trung trực của AC

b) Vì \[\widehat {DCO}\] = 90°, CH ⊥ DO ⇒ DC² = DH . DO

Mà ∆DCE ᔕ ∆DBC (g.g).

Suy ra DE . DB = DC²

Do đó DH . DO = DE . DB.

c) Ta có E là trung điểm AF, H là trung điểm AC là đường trung bình.

Mà tứ giác ADEH nội tiếp do \[\widehat {DEA} = \widehat {DHA} = 90^\circ \].

Lại có \[\widehat {FED} = \widehat {CBA} = \widehat {DOA}\] ⇒ \[\widehat {DAO} = \widehat {FCE}\] = 90°

Mặt khác: FK // AB ⇒ \[\widehat {FMC} = \widehat {MBA} = \widehat {FEC}\]

\[\widehat {EMF} + \widehat {EFC}\] = 90° ⇒ \[\widehat {EFM}\] = 90° ⇒ EM // AK.

Do đó M là trung điểm của KF (E là trung điểm của AC).

Lời giải

Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ABC vuông tại A, ta có:

BC = \[\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = 5\] (cm)

sin\[\widehat B\] = \[\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{4}{5}\] ⇒ \[\widehat B \approx 53^\circ \]

\[\widehat C = 90^\circ - \widehat B = 37^\circ \]

b) Vì AI là trung tuyến ứng ch BC nên AI = \[\frac{1}{2}\]BC = 2,5 (cm)

AH. BC = AB . AC ⇒ AH = \[\frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{12}}{5}\](cm)

c) Xét ∆AMI và ∆BMI có:

IA = IB

\[\widehat {IAM} = \widehat {IAM} = 90^\circ \]

IM chung

Do đó ∆AMI = ∆BMI (cạnh huyền – góc vuông)

Suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}MA = MB\\\widehat {AIM} = \widehat {BIM}\end{array} \right.\]  (các cạnh và các góc tương ứng).

Do đó IN là phân giác của \[\widehat {AIC}\].

Do \[\widehat {AIB} + \widehat {AIC}\]= 180° nên IM ⊥ IN.

Suy ra ∆IMN vuông tại I.

Mà IA ⊥ MN

Do đó MB . NC = AM . AN = IA² = \[{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} = \frac{{B{C^2}}}{4}\]

Lời giải

a) Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BC = 2AD = 2AB = 2AE = 2FD\\BC = 2BE = 2EC\end{array} \right.\]

Suy ra AB = BE = EC = CD = FD = AF

Tứ giác ECFD có \[\left\{ \begin{array}{l}FD//EC\\FD = EC\end{array} \right.\]

Do đó tứ giác ECFD là hình bình hành.

b) ∆ DEC có: \[\left\{ \begin{array}{l}DC = EC\\\widehat A = \widehat C = 60^\circ \end{array} \right.\] ⇒ ∆ DEC là ∆ đều

c) Ta có: tứ giác ABEF là hình bình hành nên AB // FE ⇒ \[\widehat {AEF} = \widehat {EAB}\]          (1)

• Xét ∆AFE có AF = FE nên ∆AFE là tam giác cân.

Do đó \[\widehat {FAE} = \widehat {FEA}\] (2)

Từ (1) và (2)  suy ra \[\widehat {BAE} = \widehat {EAF} = \widehat {FEA} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \].

• Xét ∆FED có \[\left\{ \begin{array}{l}FD = DC = DE\\\widehat {FDE} = 60^\circ \end{array} \right.\]  nên ∆FED là tam giác đều.

Suy ra \[\widehat {FDE} = \widehat {DEF} = \widehat {EFD} = \frac{{180^\circ }}{3} = 60^\circ \].

Ta có \[\widehat {AED} = \widehat {AEF} + \widehat {FED} = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ \]

Lời giải

• Ta có x + y = \[\sqrt {x + 6} + \sqrt {x + 6} \] ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 0

\[x + y = \sqrt {x + 6} + \sqrt {y + 6} \le \sqrt {2\left( {x + y + 12} \right)} \]

\[ \Rightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \le 2\left( {x + y + 12} \right)\]

\[ \Rightarrow (x + y + 4)(x + y - 6) \le 0\]

x + y ≤6 (do x + y + 4 > 0)

Do đó P_max = 6 khi x = y = 3

• Lại có \[x + y = \sqrt {x + 6} + \sqrt {y + 6} \]

\[ \Rightarrow {(x + y)^2} = x + y + 12 + 2\sqrt {(x + 6)(y + 6)} \ge x + y + 12\]

\[ \Rightarrow {(x + y)^2} - (x + y) - 12 \ge 0\]

\[ \Rightarrow (x + y + 3)(x + y - 4) \ge 0\]

\[ \Rightarrow x + y - 4 \ge 0\]

\[ \Rightarrow x + y \ge 4\]

P_min = 4 khi (x; y) = (–6; 10) và hoán vị.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 6 khi x = y = 3 và giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi (x; y) = (–6; 10) và hoán vị.

Lời giải

a) Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BH = HC\\MH = HO\end{array} \right.\]

Suy ra tứ giác BMND là hình bình hành

Do đó \[\left\{ \begin{array}{l}BM\parallel OC\\BM = OC\end{array} \right.\] (1)

Tương tự, tứ giác OCND là hình bình hành.

Suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}DN\parallel OC\\DN = OC\end{array} \right.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}BM\parallel DN\\BM = OC = DN\end{array} \right.\]

Do đó tứ giác BMND là hình bình hành.

b) Ta có BMND là hình bình hành (câu a) trở thành hình chữ nhật thì BM // AC.

Vậy để BMND là hình chữ nhật thì BM // AC

c) Vì BMCO là hình bình hành nên MC // BD (3)

Và BMND là hình bình hành nên MN // BD (4)

Lời giải:

a) Vì O là trung điểm AC nên O là trung điểm của DE (E đối D qua O).

Suy ra AECD là hình bình hành (định nghĩa hình bình hành).

Mà \[\widehat {ADC}\] = 90° (AD ⊥ BC).

Do đó AECD là hình chữ nhật.

b) Vì AECD là hình chữ nhật (chứng minh trên).

Nên AE = CD và AE // CD (tính chất hình bình hành).

Mà DC = BD (D trung điểm BC do AD ⊥ BC, ΔABC cân tại A).

Do đó: AE // BD (B ∈ CD), AE = BD.

Suy ra AEDB là hình bình hành (định nghĩa hình bình hành)

Lời giải

Tứ giác AECM có 2 đường chéo AC và EM cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ⇒ Tứ giác AECM là hình bình hành

b) Do tứ giác AECM là hình bình hành ⇒ AE // CM

⇒ AE = CM mà CM = BM (M là trung điểm BC)

⇒ AE = BM

+) AE // CM mà M ∈ BC ⇒ BC // AE và BM // AE

+) Tứ giác AEMB có:

AE = BM

AE // BM

⇒ Tứ giác AEMB là hình bình hành

c) Tứ giác AECB có AE // BC ⇒ Tứ giác AECB là hình thang

d) Để hình bình hành AECM là hình chữ nhật

Thì \[\widehat {AMC}\] = 90° ⇒ AM là đường cao ΔABC

Mà AM cũng là đường trung tuyến

⇒ ΔABC cân tại A

Vậy để hình bình hành AECM là hình chữ nhật thì ΔABC cân ở A

Lời giải

a) Phương trình hoành độ giao điểm:

\[ - \frac{1}{2}{x^2} = mx + m - 3 \Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 2m - 6 = 0\] (1)

Khi m = −1, phương trình (1) trở thành:

\[{x^2} - 2x - 8 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4 \Rightarrow y = - 8\\x = - 2 \Rightarrow y = - 2\end{array} \right.\]

Vậy (d) cắt (P) tại 2 điểm có tọa độ là (4; –8); (–2; 2)

b) Ta có \[\Delta \prime = {m^2} - 2m + 6 = {(m + 1)^2} + 5 > 0;\forall m\].

Do đó m = −1 có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

Hay (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

Theo hệ thức Vi-et: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2m\\{x_1}{x_2} = 2m - 6\end{array} \right.\]

\[x_1^2 + x_2^2 = 14 \Leftrightarrow {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2} = 14\]

\[ \Leftrightarrow 4{m^2} - 2(2m - 6) = 14\]

\[ \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m - 2 = 0 \Rightarrow m = \frac{{1 \pm \sqrt 3 }}{2}\].