Lời giải

a) * Xét ΔBAC có:

• AM = MB (vì M là trung điểm AB);

• BN = NC (vì N là trung điểm CB).

Do đó MN // AC; \[MN = \;\frac{1}{2}AC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (1)

* Xét ΔACD có:

• AQ = QD (vì Q là trung điểm AD);

• CP = PD (vì P là trung điểm CD).

Do đó PQ // AC; \[QP = \;\frac{1}{2}AC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN // PQ // AC; \[MN = PQ = \;\frac{1}{2}AC\].

* Xét ΔBCD có:

• CN = NB (vì N là trung điểm CB);

• CP = PD (vì P là trung điểm CD).

Do đó NP // BD; \[NP = \;\frac{1}{2}BD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (3)

* Xét ΔABD có:

• AM = MP (vì M là trung điểm AB)

• AQ = QD (vì Q là trung điểm AD)

Do đó  MQ // BD; \[MQ = \frac{1}{2}BD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (4)

Từ (3) và (4) suy ra NP // MQ // BD;  \[NP = MQ = \;\frac{1}{2}BD\]. 

b) * Xét ΔABD có:

• MA = MB (gt)

• BF = FD (gt)

Do đó MF // AD; \[MF = \;\frac{1}{2}AD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (5)

* Xét ΔACD có:

• AE = EC (gt)

• CP = PD (gt)

Do đó PE // AD; EP = \[\frac{1}{2}\]AD (định lí đường trung bình của một tam giác) (6)

Từ (5) và (6) suy ra MF // PE // AD; \[MF = PE = \;\frac{1}{2}AD\].

* Xét Δ ACB có:

• AE = EC (gt)

• AM = MB (gt)

Do đó ME // BC; \[ME = \;\frac{1}{2}BC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (7)

* Xét ΔBDC có:

• BF = FD (gt)

• DP = PC (gt)

Do đó PF // BC; \[PF = \;\frac{1}{2}BC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (8)

Từ (7) và (8) suy ra ME // PF // BC; \[ME = PF = \;\frac{1}{2}BC\]. 

c) Xét tứ giác MEPF có:

MN = PQ (chứng minh trên); NP = MQ (chứng minh trên)

Do đó, tứ giác MEPF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Xét tứ giác MNPQ có:

MF = PE (chứng minh trên); ME = PF (chứng minh trên).

Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Lời giải

a) Ta chứng minh AN = CM; AN // CM suy ra AMCN là hình bình hành.

Vì O là giao điểm của AC và BD, ABCD là hình chữ nhật nên O là trung điểm AC.

Do ANCM là hình bình hành có AC và MN là hai đường chéo.

Do đó O là trung điểm của đoạn thẳng MN.

b) Ta có: EM // AC nên \[\widehat {EMD} = \widehat {ACD}\] (hai góc so le trong)

NF // AC nên \[\widehat {BNF} = \widehat {BAC}\] (hai góc so le trong)

Mà \[\widehat {ACD} = \widehat {BAC}\] (vì AB // DC, tính chất hình chữ nhật)

Do đó \[\widehat {EMD} = \widehat {BNF}\].

Từ đó chứng minh được ∆EDM = ∆FBN (g.c.g).

Suy ra EM = FN.

Lại có EM // FN (vì cùng song song với AC).

Do đó tứ giác ENFM là hình bình hành.

c) Tứ giác ANCM là hình thoi nên AC ⊥ MN tại O

Do đó M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng đi qua O và vuông góc với AC và cắt CD, AB.

Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của CD và AB.

d) Ta chứng minh được DBOC cân tại O

Suy ra \[\widehat {OCB} = \widehat {OBC}\] và \[\widehat {NFB} = \widehat {OCF}\] (hai góc đồng vị) 

Do đó DBFI cân tại I nên IB = IF (1)

Ta lại chứng minh được DNIB cân tại I nên IN = IB (2)

Từ (1) và (2) suy ra I là trung điểm của NF.

Lời giải

a) Ta có OB = OC (=R).

Suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng CB.

Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 

Suy ra A thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC.

Như vậy A, O thuộc đường trung trực của BC suy ra AO ⊥ BC (đpcm)

b) Ta có \[\widehat {CBD}\] = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ BD ⊥ BC mà AO ⊥ BC (chứng minh trên)

⇒ BD // AO (đpcm)

c) Ta có KH // AC (vì cùng vuông góc CD).

Theo định lý Ta-let, ta có:

\[\frac{{{\rm{KH}}}}{{{\rm{AC}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{DH}}}}{{{\rm{DC}}}} \Rightarrow {\rm{KH = }}\frac{{{\rm{DH}}\,{\rm{.}}\,{\rm{AC}}}}{{{\rm{DC}}}}\] (1)

Xét ΔACO và ΔBHD có: \[\widehat {ACO} = \widehat {BHD} = 90^\circ \]

\[\widehat {ACO} = \widehat {BDO}\] (hai góc đồng vị, BD // AO)

⇒ ∆ACO ᔕ ∆BHD (g.g)

⇒ \[\frac{{AC}}{{BH}} = \frac{{CO}}{{HD}} \Rightarrow BH = \frac{{AC.HD}}{{CO}}\]          (2)

Từ (1) và (2) ta có: \[\frac{{KH}}{{BH}} = \frac{{CO}}{{DC}} = \frac{1}{2}\].

Vậy BK = KH, K là trung điểm cạnh BH (đpcm).

Lời giải

Gọi bốn số nguyên liên tiếp đó lần lượt là a – 2; a − 1; a; a + 1 với a ∈ ℤ

Ta có: [(a − 1). (a + 1)] – [(a − 2). a] = 99

⇔ (a² + a − a − 1) – (a² – 2a) = 99

⇔ a² – 1 – a² + 2a = 99

⇔ 2a = 100 = a = 50 (TMĐK a ∈ ℤ)

\[\left\{ \begin{array}{l}a - 2 = 50 - 2 = 48\\a - 150 - 1 = 49\\a + 1 = 50 + 1 = 51\end{array} \right.\]
Vậy 4 số nguyên liên tiếp lần lượt là 48; 49; 50; 51.

Lời giải

a) Dễ thấy S là một điểm chung của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}AD \subset (SAD)\\BC \subset (SBC)\\AD\parallel BC\end{array} \right.\]

Do đó (SAD) ∩ (SBC) = Sx và Sx // AD // BC.

b) Ta có: MN // IA // CD

Suy ra \[\frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{IN}}{{IC}} = \frac{1}{3}\].

Mà \[\frac{{IG}}{{IS}} = \frac{1}{3}\] (G là trọng tâm của ∆SAB) nên \[\frac{{IG}}{{IS}} = \frac{{IN}}{{IC}} = \frac{1}{3}\].

Ta có SC ⊂ (SCD) suy ra GN // (SCD).

c) Giả sử IM cắt CD tại K nên SK ⊂ (SCD).

MN // CD ⇒ \[\frac{{MN}}{{CK}} = \frac{{IN}}{{IC}} = \frac{1}{3}\] ⇒ \[\frac{{IM}}{{IK}} = \frac{1}{3}\].

Lời giải

a) Vì ABDE, ACGH là hình vuông nên D, A, G thẳng hàng.

Suy ra \[\widehat {DAB} + \widehat {BAC} + \widehat {CAG} = 45^\circ + 90^\circ + 45^\circ = 180^\circ \]

Do đó BE // CH (vì cùng vuông góc với DG)

Mà AE = AB, AH = AC

Suy ra ΔAEH = ΔABC (c.g.c)

⇒ \[\widehat {AHE} = \widehat {DCB}\] (hai góc tương ứng).

⇒ \[\widehat {AHC} = \widehat {BCH}\]

⇒ Tứ giác BCHE là hình thang cân.

b) Gọi DE ∩ HG = F nên EFHA là hình chữ nhật

⇒ \[\widehat {FAE} = \widehat {HEA}\]

Mà \[\widehat {AEH} = \widehat {ABC};\,\,\widehat {ABC} = \widehat {KAC}\] nên \[\widehat {FAE} = \widehat {KAC}\].

Do đó F, A, K thẳng hàng.

Vậy AK, DE, GH đồng quy.

Lời giải

a) x² + 2(m − 1) x + m² + 3m + 5

Ta có ∆' = (m − 1)² – (m² + 3m + 5) < 0

⇔ −5m – 4 < 0 ⇔ \[m > - \frac{4}{5}\].

b) x² + 2 (m − 1) x + m² + m − 6 > 0.

Ta có ∆' = (m − 1)² – (m² + m − 6) ≤ 0

⇔ −3m + 7 ≤ 0 ⇔ \[m > \frac{7}{3}\].

c) 2(m + 3)x + m + 9 > 0

Ta có ∆' = (m + 3)² − (m + 9) < 0

⇔ m² + 5m < 0 ⇔ −5 < m < 0.

Lời giải

a) Xét ∆MAN vuông tại A có:

\(\widehat {AMN} + \widehat {ANM} = 90^\circ \) (1)

Và \(\widehat {MAO} + \widehat {NAO'} = 180^\circ - \widehat {MAN} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \) (2)

Lại có:

• ∆OMA cân tại O (OA = OM = R) \( \Rightarrow \widehat {OAM} = \widehat {OMA}\) (3)

• ∆O'NA cân tại O (O'A = O'N = R') \( \Rightarrow \widehat {O'AN} = \widehat {O'NA}\) (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra:

\[\widehat {OMN} + \widehat {MNO'}\]

\[ = \left( {\widehat {OMA} + \widehat {AMN}} \right) + \left( {\widehat {ANM} + \widehat {O'NA}} \right)\]

\[ = \widehat {OMA} + \widehat {AMN} + \widehat {ANM} + \widehat {O'NA}\]

\[ = \widehat {OAM} + \widehat {AMN} + \widehat {ANM} + \widehat {O'AN}\]

\[ = \left( {\widehat {OAM} + \widehat {O'AN}} \right) + \left( {\widehat {AMN} + \widehat {ANM}} \right)\]

\[ = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \]

Tứ giác OMNO' có \[\widehat {OMN} + \widehat {MNO'} = 180^\circ \] nên OM // O'N.

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:

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

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

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) ∆BCM cân tại B (BM = BC)

\( \Rightarrow \widehat {BCM} = \widehat {BMC}\) (1)

∆ACB có \[\widehat C = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BCM} + \widehat {MCN} = 90^\circ \] (2)

∆CHM vuông tại H nên \(\widehat {HCM} + \widehat {HMC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {HCM} + \widehat {BMC} = 90^\circ \) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {HCM} = \widehat {MCN}\).

∆CHN cân tại C (CH = CN) có \(\widehat {HCM} = \widehat {MCN}\) hay CM là đường phân giác nên CM cũng là đường trung trực của cạnh HN.

Þ MH = MN.

Þ ∆MHN cân tại M. Suy ra \(\widehat {MHC} = \widehat {MNH}\) (5)

∆CHN cân tại C (CH = CN).

\( \Rightarrow \widehat {CHN} = \widehat {CNH}\) (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {MNH} + \widehat {CNH} = \widehat {MHN} + \widehat {CHN} = \widehat {MHC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {MNC} = 90^\circ \) Þ MN ^ NC hay MN ^ AC (đpcm).

b) Xét ∆MNA vuông tại N nên AN < AM (cạnh góc vuông nhỏ hơn cạnh huyền)

Þ AC − CN < AB − BM

Û AC + BM < AB + CN

Û AC + BC < AB + CH (Do BM = BC; CN = CH).

Lời giải

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(\frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{a + b}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{{a^2}}}{{a + b}}.\frac{{a + b}}{4}} = a\).

Tương tự \(\frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{{b^2}}}{{b + c}}.\frac{{b + c}}{4}} = b\).

Và \(\frac{{{c^2}}}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{{c^2}}}{{c + a}}.\frac{{c + a}}{4}} = c\).

Suy ra \(\frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \ge a - \frac{{a + b}}{4} + b - \frac{{b + c}}{4} + c - \frac{{c + a}}{4}\)

\( \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \ge \left( {a + b + c} \right) - \left( {\frac{{a + b}}{4} + \frac{{b + c}}{4} + \frac{{c + a}}{4}} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \ge \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{1}{2}\) (đpcm).

Lời giải

\[\frac{{a + bc}}{{b + c}} + \frac{{b + ca}}{{c + a}} + \frac{{c + ab}}{{a + b}}\]

\( = \frac{{a\left( {a + b + c} \right) + bc}}{{b + c}} + \frac{{b\left( {a + b + c} \right) + ca}}{{c + a}} + \frac{{c\left( {a + b + c} \right) + ab}}{{a + b}}\)

\[ = \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}}\].

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} \ge 2\left( {a + b} \right)\)

Tương tự \(\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}} \ge 2\left( {b + c} \right)\).

Và \(\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}} \ge 2\left( {a + c} \right)\).

Suy ra

\(2\left( {\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}}} \right) \ge 2\left( {a + b} \right) + 2\left( {b + c} \right) + 2\left( {a + c} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}} \ge 2\left( {a + b + c} \right)\)

Lời giải

a) Tam giác ABC vuông tại A \( \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {DAE} = 90^\circ \).

• MD ^ AB \( \Rightarrow \widehat {MDA} = 90^\circ \);

• ME ^ AC \( \Rightarrow \widehat {MEA} = 90^\circ \).

Tứ giác ADME có: \(\widehat {DAE} = \widehat {MDA} = \widehat {MEA} = 90^\circ \) nên suy ra ADME là hình chữ nhật.

Hình chữ nhật ADME có AM và DE là hai đường chéo nên AM = DE.

b) Kẻ AH vuông góc với BC

Tam giác AHM vuông tại H nên AM ≥ AH (cạnh góc vuông bé hơn cạnh huyền).

Lại có DE = AM (ADME là hình chữ nhật)

Þ DE ≥ AH.

Dấu "=" xảy ra khi M ≡ H.

Vậy DE có độ dài nhỏ nhất bằng AH khi M là chân đường cao kẻ từ A đến BC.

Lời giải

a) Hàm y đồng biến trên khoảng xác định khi mà

y' = 3x² − 6(2m + 1)x + 12m + 5 ≥ 0

Þ ∆' = 9(2m + 1)² − 3(12m + 5) £ 0

Û 3(2m + 1)² − (12m + 5) £ 0

Û 12m² + 12m + 3 − 12m − 5 £ 0

Û 12m² − 2 £ 0

Û 6m² £ 1

\( \Leftrightarrow - \sqrt {\frac{1}{6}} \le m \le \sqrt {\frac{1}{6}} \).

b) Hàm y đồng biến trên khoảng xác định khi mà

y' = 3mx² − 2(2m − 1)x + m − 2 ≥ 0 với mọi x Î ℝ.

Để đảm bảo điều trên xảy ra với mọi x thì m > 0.

Khi đó ∆' = (2m − 1)² − 3m(m − 2) £ 0

Û 4m² − 4m + 1 − 3m² + 6m £ 0

Û m² + 2m + 1 £ 0

Û (m + 1)² £ 0

Û m = −1.

Kết hợp ĐKXĐ nên không có giá trị nào của m thỏa mãn.

Lời giải

Vì hàm số đã cho là hàm số bậc nhất nên 2m + 1 ≠ 0 \( \Leftrightarrow m \ne - \frac{1}{2}\).

Gọi góc α là góc tạo bởi đường thẳng và trục Ox.

Theo giả thiết α = 45°. Ta có:

tan α = tan 45° = 2m + 1

Û 2m + 1 = 1 Û 2m = 0 Û m = 0.

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) y = (2m − 1)x + m − 1 (d)

Þ y' = 2m – 1.

Để hàm số đồng biến suy ra

2m − 1 > 0 \( \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\).

b) (d) cắt đường thẳng y = 2x + 1 tại một điểm trên trục tung Þ x = 0 Þ y = 1.

Do đó giao điểm của (d) và đường thẳng y = 2x + 1 là A(0; 1)

Þ 1 = (2m − 1).0 + m − 1

Û m − 1 = 1 Û m = 2.

c) Với m = 2 ta có: (d): y = 3x + 1.

Cho x = 0 Þ y = 1. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; 1)

Þ OA = 1.

Cho y = 0 Þ \(x = - \frac{1}{3}\). Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm \(B\left( { - \frac{1}{3};\;0} \right)\).

Þ \(OA = \frac{1}{3}\).

Ta có đồ thị hàm số:

Gọi OH là đường cao của tam giác OAB vuông tại O.

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

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}}} = 10\)

Lời giải

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ∆ABC vuông tại B có BH là đường cao.

Þ AH.AC = AB²    (1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ∆ABK vuông tại A có AH là đường cao.

Þ BH.BK = AB²   (2)

Từ (1) và (2) suy ra AC.AH = BH.BK (đpcm)

b) ABCD là hình chữ nhật suy ra AB // CD hay AB // CI.

Áp dụng định lí Ta lét, ta có: \(\frac{{AH}}{{HC}} = \frac{{BH}}{{HI}}\)       (3)

ABCD là hình chữ nhật suy ra AD // BC hay AK // BC.

Áp dụng định lí Ta lét, ta có: \(\frac{{AH}}{{HC}} = \frac{{KH}}{{HB}}\)     (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{BH}}{{HI}} = \frac{{KH}}{{HB}} \Rightarrow B{H^2} = HI\,.\,HK\) (đpcm).

Lời giải

a) Xét ∆ADE nội tiếp đường tròn đường kính AE

Þ AD ^ DE          (1)

Lại có AH ^ BC Þ AD ^ BC   (2)

Từ (1) và (2) suy ra DE // BC (cùng vuông góc với AD).

b) Ta có: Tứ giác ABDC nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {ACB}\) (3) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Lại có \(\widehat {ACE} = 90^\circ \) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {ACB} + \widehat {BCE} = 90^\circ \) (4)

AD ^ BC \( \Rightarrow \widehat {BHD} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {HBD} + \widehat {HDB} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {CBD} + \widehat {ADB} = 90^\circ \) (5)

Từ (3), (4) và (5) nên suy ra \(\widehat {BCE} = \widehat {CBD}\).

Mà BC // DE (cmt).

Nên suy ra tứ giác BCED là hình thang cân.

Lời giải

a) Theo định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:

\(AB = \sqrt {B{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{41}^2} - {{40}^2}} = 9\;\,(cm)\).

Vậy AB = 9 cm.

b) Chu vi tam giác ABC là:

AB + AC + BC = 9 + 40 + 41 = 90 (cm).

Vậy chu vi tam giác ABC là 90 cm.

Lời giải

Ta có: a³ + b³ + c³ = 3abc

Û a³ + b³ + c³ − 3abc = 0

Û a³ + 3a²b + 3ab² + b³ − (3a²b + 3ab²) + c³ − 3abc = 0

Û (a + b)³ + c³ − 3ab(a + b + c) = 0

Û (a + b + c)[(a + b)² − (a + b).c + c²] − 3ab(a + b + c) = 0

Û (a + b + c)[a² + b² + 2ab − ac − bc + c²] − 3ab(a + b + c) = 0

Û (a + b + c)[a² + b² + 2ab − ac − bc + c² − 3ab] = 0

Û (a + b + c)[a² + b² + c² − ab − bc − ca] = 0          (*)

Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a + b + c > 0.

Phương trình (*) trở thành:

a² + b² + c² − ab − bc − ca = 0

Û 2a² + 2b² + 2c² − 2ab − 2bc − 2ca = 0

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

Û (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² = 0

Vì (a − b)²; (b − c)²; (c − a)² ≥ 0 nên

(a − b)² + (b − c)² + (c − a)² = 0

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - b = 0\\b - c = 0\\c - a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c\).

Vậy ABC là tam giác đều.

Lời giải

a) Ta có A = x² − xy + y² − 3x − 3y

Þ 4A = 4x² − 4xy + 4y² − 12x − 12y

= (x² + 4y² + 9 − 4xy + 6x − 12y) + (3x² − 18x + 27) − 36

= (x − 2y + 3)² + 3(x − 3)² − 36 ≥ −36

Þ A ≥ −9.

Vậy A đạt GTNN bằng −9 khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y + 3 = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 3\).

b) Ta có B = 2x² + 2xy + 5y² − 8x − 22y

Þ 2B = 4x² + 4xy + 10y² − 16x − 44y

= (4x² + y² + 16 + 4xy − 16x − 8y) + (9y² − 36y + 36) − 52

= (2x + y − 4)² + 9(y − 2)² − 52 ≥ −52

Þ B ≥ −26.

Vậy B đạt GTNN bằng −26 khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}2x + y - 4 = 0\\y - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\).

Lời giải

a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB\;\;\;\,\left( {gt} \right)\\MK \bot AC\;\;\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {AIM} = 90^\circ \\\widehat {AKM} = 90^\circ \end{array} \right.\).

Tứ giác AIMK có: \(\widehat {AIM} + \widehat {AKM} = 90^\circ  + 90^\circ = 180^\circ \).

Þ AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM (đpcm).

b) Ta có: MP ^ BC (gt) \( \Rightarrow \widehat {MPC} = 90^\circ \).

MK ^ AC (gt) \( \Rightarrow \widehat {MKC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {MPC} + \widehat {MKC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Þ CPMK nội tiếp đường tròn.

\( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MCK}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK).

Mặt khác \(\widehat {MCK} = \widehat {MBC}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MC)

\( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MBC}\;\left( { = \widehat {MCK}} \right)\) (đpcm)

c) Ta có: \(\widehat {MIB} + \widehat {MPB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Þ BPMI là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {MIP} = \widehat {MBC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MP)

Mà \(\widehat {MPK} = \widehat {MBC}\) (cmt)

\( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MIP}\;\left( { = \widehat {MBC}} \right)\).

Tương tự ta cũng chứng minh được \(\widehat {MPI} = \widehat {MKP}\;\left( { = \widehat {MCB} = \widehat {MBI}} \right)\).

Xét ∆MIP và ∆MPK có:

\(\widehat {MPI} = \widehat {MKP}\) (cmt)

\(\widehat {MIP} = \widehat {MPK}\) (cmt)

Þ ∆MIP ᔕ ∆MPK (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{MI}}{{MP}} = \frac{{MP}}{{MK}} \Rightarrow MI.MK = M{P^2}\) (đpcm)

d) Ta có: \(MI\,\,.\,\,MK = M{P^2}\)

\( \Rightarrow MI\,\,.\,\,MK\,\,.\,\,MP = M{P^3}\).

Để tích MI . MK . MP đạt GTLN Û MP đạt GTLN.

Gọi H là hình chiếu của O lên BC Þ OH là hằng số (do BC cố định).

Gọi MO Ç BC = {D}.

Ta có: MP £ MD; OH £ OD

Þ MP + OH £ MD + OD = MO

Þ MP + OH £ R

Þ MP £ R − OH

Þ MP lớn nhất bằng R − OH

Û O, H, M thẳng hàng hay M bằm chính giữa cung nhỏ BC.

Vậy khi M nằm chính giữa cung nhỏ BC thì tích MI . MK . MP đạt GTLN.

Lời giải

a) Ta có:

• AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

• OB = OC (= R).

Þ OA là trung trực của đoạn thẳng BC nên OA ^ BC (1)

b) Vì ∆BCD có cạnh CD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp nên ∆BCD vuông tại B hay BC ^ BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA // BD.

c) Do AB tiếp xúc với (O) tại B nên AB ^ BO

Þ ∆ABO vuông tại B có cạnh huyền AO = 2BO = 4 cm

\( \Rightarrow \widehat A = 30^\circ \), do đó \(\widehat {BAC} = 60^\circ \).

Suy ra ∆ABC là tam giác đều đồng thời \(\widehat {BOA} = 60^\circ \).

Trong ∆ABO vuông tại B có cạnh AB đối diện với góc 60° nên:

\(\sin 60^\circ = \frac{{AB}}{{AO}} \Leftrightarrow AB = AO\,.\,\sin 60^\circ = 4\,.\,\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \,\;\left( {cm} \right)\).

Lời giải

1) \(M = \frac{{{x^4} + 2}}{{{x^6} + 1}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} + 3}}{{{x^4} + 4{x^2} + 3}}\)

\( = \frac{{{x^4} + 2}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} + 3}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + 3} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^4} + 2 + \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} - \frac{1}{{{x^2} + 1}}\)

\( = \frac{{{x^4} + 2 + \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) - \left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^4} + 2 + {x^4} - 1 - {x^4} + {x^2} - 1}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} = \frac{{{x^4} + {x^2}}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^2}\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} = \frac{{{x^2}}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}\).

2) M ≥ 1

\( \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} \ge 1\)

\( \Rightarrow {x^2} \ge {x^4} - {x^2} + 1\)

\( \Leftrightarrow {x^4} - 2{x^2} + 1 \le 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} \le 0\)

Þ x² − 1 = 0

Þ x = ±1.

3) \(M = \frac{{{x^2}}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}\)

\[ \Leftrightarrow M\,.\,{x^4} - M\,.\,{x^2} + M = {x^2}\]

\( \Leftrightarrow M\,.\,{x^4} - \left( {M + 1} \right)\,.\,{x^2} + M = 0\) (*)

Để phương trình (*) có nghiệm thì:

\(\Delta = {\left( {M + 1} \right)^2} - 4{M^2} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {M^2} + 2M + 1 - 4{M^2} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow 3{M^2} - 2M - 1 \le 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {3M + 1} \right)\left( {M - 1} \right) \le 0\)

\( \Rightarrow - \frac{1}{3} \le M \le 1\).

Vậy GTLN của M bằng 1 khi và chỉ khi \( - \frac{1}{3} \le M \le 1\).

Lời giải

a) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).

Để lập số này, ta thực hiện ba công đoạn liên tiếp:

• Chọn số a có 9 cách, do a ≠ 0.

• Chọn b có 9 cách từ tập A\{a}.

• Chọn c có 8 cách từ tập A\{a; b}.

Vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau là: 9 . 9 . 8 = 648 (số).

b) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).

Để \(\overline {abc} \) là số lẻ thì c thuộc tập hợp {1; 3; 5; 7; 9},

• Chọn c có 5 cách từ tập {1; 3; 5; 7; 9}.

• Chọn a có 8 cách từ tập A\{c; 0}.

• Chọn b có 8 cách từ tập A\{c; a}.

Vậy số các số tự nhiên là số lẻ có 3 chữ số khác nhau là: 5 . 8 . 8 = 320 (số).

c) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0).

Để \(\overline {abc} \) chia hết cho 5 thì c thuộc tập hợp {0; 5}.

• Chọn c có 2 cách từ tập {0; 5}.

• Chọn a có 9 cách từ tập A\{0}.

• Chọn b có 10 cách từ tập A.

Vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số mà chia hết cho 5 là: 2 . 9 . 10 = 180 (số).

d) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).

Để \(\overline {abc} \) chia hết cho 5 thì c thuộc tập hợp {0; 5}.

• Trường hợp 1: Nếu c = 0 thì: chọn a có 9 cách, chọn b có 8 cách.

Do đó, số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà tận cùng là 0 là: 9 . 8 = 72 (số).

• Trường hợp 2: Nếu c = 5 thì: chọn a có 8 cách (do a ≠ 0 và a ≠ c), chọn b có 8 cách (do a ≠ b ≠ c).

Do đó, số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà tận cùng là 5 là: 8 . 8 = 64 (số).

Vì hai trường hợp rời nhau nên ta áp dụng quy tắc cộng, vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà chia hết cho 5 là: 72 + 64 = 136 (số).

Lời giải

Gọi O là tâm hình vuông.

SO cắt MN tại K Þ I là giao điểm của AK với SC.

Vì MN là đường trung bình của tam giác SBD nên K là trung điểm của SO.

Gọi A' là điểm đối xứng của A qua S, H là giao điểm của AK và SC.

Vì SO // A'C và K là trung điểm của SO

Þ H là trung điểm của A'C

Þ I là trọng tâm của tam giác AA'C

\( \Rightarrow SI = \frac{1}{3}SC\)

Ta có:

• \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\);

• \({V_{S.ABD}} = {V_{S.}}_{BCD} = \frac{1}{2}{V_{S.}}_{ABCD}\).

Khi đó: \({V_{S.AMIN}} = {V_{S.AMN}} + {V_{S.MIN}}\)

\( = \frac{1}{1}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.{V_{S.ABD}} + \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.{V_{S.BCD}}\)

\( = \frac{1}{4}{V_{S.ABD}} + \frac{1}{{12}}{V_{S.BCD}} = \left( {\frac{1}{4} + \frac{1}{{12}}} \right).\frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABCD}}\).

Do đó: \({V_{ABCDMIN}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMIN}} = \frac{5}{6}{V_{S.ABCD}} = \frac{{5{a^3}\sqrt 3 }}{{18}}\).