Lời giải

• Để (d₁): y = (a – 1)x + 1 và (d₂): y = (3 – a)x + 2 cắt nhau thì a – 1 ≠ 3 – a

Û 2a ≠ 4 Û a ≠ 2.

• Để (d₁) cắt trục hoành thì a – 1 ≠ 0 Û a ≠ 1.

Gọi A(x_A; 0) là giao điểm của (d₁) với trục hoành.

Khi đó 0 = (a – 1)x_A + 1

Þ \({x_A} = \frac{{ - 1}}{{a - 1}}\). Suy ra \(A\left( {\frac{{ - 1}}{{a - 1}};0} \right)\).

• Để (d₂) cắt trục hoành thì 3 – a ≠ 0 Û a ≠ 3.

Gọi B(x_B; 0) là giao điểm của (d₂) với trục hoành.

Khi đó 0 = (3 – a)x_B + 2

Þ \({x_B} = \frac{{ - 2}}{{3 - a}} = \frac{2}{{a - 3}}\). Suy ra \(B\left( {\frac{2}{{a - 3}};0} \right)\).

Để (d₁) và (d₂) cắt nhau tại 1 điểm trên trục hoành thì A trùng B.

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

Þ ‒1.(a – 3) = 2.(a – 1)

Û ‒a + 3 = 2a – 2

Û ‒3a = ‒5

Û \(a = \frac{5}{3}\) (thỏa mãn).

Vậy \(a = \frac{5}{3}\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Lời giải

• Để (d₁): y = (2m + 1)x – 2m – 3 và (d₂): y = (m – 1)x + m cắt nhau thì 2m + 1 ≠ m – 1

Û m ≠ ‒2.

• Để (d₁) cắt trục hoành thì 2m + 1 ≠ 0 Û \(m \ne - \frac{1}{2}\).

Gọi A(x_A; 0) là giao điểm của (d₁) với trục hoành.

Khi đó 0 = (2m + 1)x_A – 2m – 3

Þ \({x_A} = \frac{{2m + 3}}{{2m + 1}}\). Suy ra \(A\left( {\frac{{2m + 3}}{{2m + 1}};0} \right)\).

• Để (d₂) cắt trục hoành thì m – 1 ≠ 0 Û m ≠ 1.

Gọi B(x_B; 0) là giao điểm của (d₂) với trục hoành.

Khi đó 0 = (m – 1)x_B + m

Þ \({x_B} = \frac{{ - m}}{{m - 1}}\). Suy ra \(B\left( {\frac{{ - m}}{{m - 1}};0} \right)\).

Để (d₁) và (d₂) cắt nhau tại 1 điểm trên trục hoành thì A trùng B.

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

Þ (2m + 3).(m – 1) = (2m + 1).(‒m)

Û 2m² + m – 3 = –2m² – m

Û 4m² + 2m – 3 = 0

Û \(m = \frac{{ - 1 \pm \sqrt {13} }}{4}\) (thỏa mãn).

Vậy \(m = \frac{{ - 1 \pm \sqrt {13} }}{4}\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Lời giải

Đặt tính chia: 121,23 : 14 như sau:

Vậy số dư cần tìm là: 0,13.

Lời giải

Với a + b = 1 và ab ≠ 0 ta có:

\[\frac{a}{{{b^3} - 1}} + \frac{b}{{{a^3} - 1}} = \frac{{a\left( {{a^3} - 1} \right) + b\left( {{b^3} - 1} \right)}}{{\left( {{a^3} - 1} \right).\left( {{b^3} - 1} \right)}} = \frac{{{a^4} + {b^4} - \left( {a + b} \right)}}{{{a^3}{b^3} - \left( {{a^3} + {b^3}} \right) + 1}}\]

\( = \frac{{\left( {{a^4} + 2{a^2}{b^2} + {b^4} - 2{a^2}{b^2}} \right) - 1}}{{{a^3}{b^3} - \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^3} - 3ab\left( {a + b} \right)} \right] + 1}} = \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2} - 2{a^2}{b^2} - 1}}{{{a^3}{b^3} - 1 + 3ab + 1}}\)

\[ = \frac{{{{\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 2ab} \right]}^2} - 2{a^2}{b^2} - 1}}{{{a^3}{b^3} + 3ab}} = \frac{{1 - 4ab + 4{a^2}{b^2} - 2{a^2}{b^2} - 1}}{{ab\left( {{a^2}{b^2} + 3} \right)}}\]

\( = \frac{{2{a^2}{b^2} - 4ab}}{{ab\left( {{a^2}{b^2} + 3} \right)}} = \frac{{2ab\left( {ab - 2} \right)}}{{ab\left( {{a^2}{b^2} + 3} \right)}} = \frac{{2\left( {ab - 2} \right)}}{{{a^2}{b^2} + 3}}\).

Lời giải

Giả sử phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A và B có dạng y = ax + b (d).

Do A(2; ‒1) ∈ (d) nên 2a + b = ‒1

Do B(1; 1) ∈ (d) nên a + b = 1

Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2a + b = - 1\\a + b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\a + b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\b = 3\end{array} \right.\)

Do đó phương trình đường thẳng d là y = ‒2x + 3.

Để ba điểm A, B và C(3; m +1) thẳng hàng thì điểm C(3; m +1) thuộc đường thẳng d.

Do đó m + 1 = ‒2.3 + 3

Û m = ‒4.

Vậy m = ‒4.

Lời giải

Để phương trình ax² + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ khác 0 thì:

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{x_1}.{x_2} \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} - 4ac > 0\\\frac{c}{a} \ne 0\end{array} \right.\).

Lời giải

Đổi 12 kg = 12 000 g.

Không tính vỏ thì can nặng số kg là:

12 000 – 600 = 11 400 (g).

Số nước người ta đổ bớt đi là:

\(11\,\,400 \times \frac{1}{3} = 3\,800\left( g \right)\)

Sau khi đổ bớt nước ra ngoài, can nước nặng là:

12 000 – 3 800 = 8 200 (g).

Đáp số: 8 200 gam.

Lời giải

Ta có: 58 = 2.29

Do đó Ư(58) = {‒58; ‒29; ‒2; ‒1; 1; 2; 29; 58}.

Lời giải

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

\(\left| {x + \frac{1}{3}} \right| = 3\)

Trường hợp 1:

\(x + \frac{1}{3} = 3\)

\(x = 3 - \frac{1}{3}\)

\(x = \frac{8}{3}\)

Trường hợp 2:

\(x + \frac{1}{3} = - 3\)

\(x = - 3 - \frac{1}{3}\)

\(x = \frac{{ - 10}}{3}\)

Vậy \(x \in \left\{ {\frac{8}{3};\frac{{ - 10}}{3}} \right\}\).

Lời giải

• Gọi N là giao điểm của BC và Ax.

Vì C thuộc đường tròn tâm O đường kính AB nên OA = OB = OC

Do đó DABC vuông tại C nên AC ⊥ BC.

Mà OM ⊥ AC (giả thiết) nên OM // BC hay OM // BN.

Xét DABN có OM // BN và O là trung điểm của AB

Do đó M là trung điểm của AN hay AM = MN.

• Do Ax là tiếp tuyến của (O) nên Ax ⊥ AB

Ta có: CH ⊥ AB, Ax ⊥ AB nên CH // AB.

Xét DABM có IH // AM, theo hệ quả định lí Thalès ta có: \(\frac{{IH}}{{AM}} = \frac{{BI}}{{BM}}\).

Xét DMBN có CI // MN, theo hệ quả định lí Thalès ta có: \(\frac{{CI}}{{MN}} = \frac{{BI}}{{BM}}\).

Do đó \(\frac{{IH}}{{AM}} = \frac{{CI}}{{MN}}\left( { = \frac{{BI}}{{BM}}} \right)\)

Mà AM = MN (chứng minh trên) nên IH = CI.

Vậy CI = IH.

Lời giải

Ta có: \(\overrightarrow {BM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} \)

\( \Rightarrow BM = \frac{1}{3}BC\) và \(M \in BC\).

Lấy E là trung điểm MC.

\( \Rightarrow EM = EC = \frac{1}{2}MC = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}BC = \frac{1}{3}BC\) nên BM = ME = EC.

Þ M là trung điểm BE.

Ta có D, E là trung điểm AC, CM

Þ DE là đường trung bình ΔAMC

Þ DE // AM.

Gọi AM ∩ BD = F.

Þ DE // MF

Mà M là trung điểm BE

Þ MF là đường trung bình ΔBDE

Þ F là trung điểm BD

Ta có: AC = 2AB, D là trung điểm AC

Þ \(AD = AB = \frac{1}{2}AC\)

Þ ΔABD cân tại A.

Mà F là trung điểm BD nên ΔABD cân tại A có đường trung tuyến AM đồng thời là đường cao

Do đó AF ⊥ BD.

Suy ra AM ⊥ BD.

Lời giải

Diện tích hình thoi ABCD được tính như sau: \({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC.BD\).

Độ dài đường chéo BD là: \(\frac{{20.2}}{{10}} = 4\left( {cm} \right)\).

Lời giải

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\sqrt { - 3x + 8} + x\,\,\,khi\,\,x < 2\\\sqrt {x + 7} + 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x \ge 2\end{array} \right.\).

• Với x < 2 ta có \(y = \sqrt { - 3x + 8} + x\)

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow - 3x + 8 \ge 0 \Leftrightarrow x \le \frac{8}{3}\).

Kết hợp điều kiện x < 2, ta có: x < 2.

Do đó tập xác định của hàm số trong trường hợp này là (–∞; 2).

• Với x ≥ 2 ta có \(y = \sqrt {x + 7} + 1\).

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow x + 7 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 7\)

Kết hợp điều kiện x ≥ 2, ta có x ≥ 2

Do đó tập xác định của hàm số trong trường hợp này là [2; +∞).

Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có tập xác định của hàm số là D = ℝ.

Lời giải

Ta có:

\[ \Leftrightarrow {x^2} - 1 + 2x + 2 = 2\sqrt {2x - 1} + 2x + 2\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 1 = 2x + 1 + 2\sqrt {2x + 1} + 1\]

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = {\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)^2}\)

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = \sqrt {2x + 1} + 1\\x + 1 = - \left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt {2x + 1} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\x + \sqrt {2x + 1} + 2 = 0\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\]

Giải (1): \[x = \sqrt {2x + 1} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} = 2x + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} - 2x - 1 = 0\end{array} \right.\]

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

                                   \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{\left( {x - 1} \right)^2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\left[ \begin{array}{l}x - 1 = \sqrt 2 \\x - 1 = - \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\)

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

Kết hợp điều kiện \(x \ge - \frac{1}{2}\) ta có: \(x = 1 + \sqrt 2 \).

Do đó phương trình (1) có 1 nghiệm là \(x = 1 + \sqrt 2 \).

Giải (2): \[x + \sqrt {2x + 1} + 2 = 0\]

Với \(x \ge - \frac{1}{2}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {2x - 1} \ge 0\\x + 2 \ge \frac{3}{2}\end{array} \right. \Rightarrow x + \sqrt {2x + 1} + 2 > 0\)

Do đó phương trình (2) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là \(S = \left\{ {1 + \sqrt 2 } \right\}\).

Lời giải

Ta cần chứng minh AM ⊥ DB Û \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = 0\).

Vì M là trung điểm của HD nên \(2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AH} + \overrightarrow {AD} \).

Ta có: \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HD} \).

Do đó \(2\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {AD} } \right).\left( {\overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HD} } \right)\)

                          \[ = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BH} + \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HD} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BH} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {HD} \]

                          \[ = \underbrace {\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BH} }_{ = 0\,\left( {do\,\,AH \bot BH} \right)} + \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HD} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BH} + \underbrace {\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {HD} }_{ = 0\,\left( {do\,\,AD \bot HD} \right)}\]

                          \[ = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HD} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BH} \]

                          \[ = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HD} + \left( {\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {HD} } \right).\overrightarrow {BH} \]

                          \[ = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HD} + \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HD} .\overrightarrow {BH} \]

                          \[ = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HD} + \underbrace {\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BH} }_{ = 0\,\left( {do\,\,AH \bot BH} \right)} + \overrightarrow {HD} .\overrightarrow {BH} \]

                          \[ = \overrightarrow {HD} \left( {\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {BH} } \right)\]

                          \[ = \overrightarrow {HD} .\left( {\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {HC} } \right)\,\,\,\left( {do\,\,\,\overrightarrow {BH} = \overrightarrow {HC} } \right)\]

                          \[ = \overrightarrow {HD} .\overrightarrow {AC} = 0\,\,\,\left( {doHD \bot AC} \right)\]

Do đó \(2\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = 0\).

Vậy AM ⊥ DB.

Lời giải

Cách 1.

Để (D) và (D') thì 5m – 2 ≠ –1 Û 5m ≠ 1 \( \Leftrightarrow m \ne \frac{1}{5}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (D’) là:

(5m – 2)x – 3 = –x + 3 – 2m

Û (5m – 2 + 1)x = 3 – 2m + 3

Û (5m – 1)x = 6 – 2m

\( \Leftrightarrow x = \frac{{6 - 2m}}{{5m - 1}}\) (do \(m \ne \frac{1}{5}\))

Thay \(x = \frac{{6 - 2m}}{{5m - 1}}\) vào phương trình đường thẳng (D’) ta có:

\(y = - \frac{{6 - 2m}}{{5m - 1}} + 3 - 2m\)

\( \Leftrightarrow y = \frac{{2m - 6 + 15m - 3 - 10{m^2} + 2m}}{{5m - 1}}\)

\( \Leftrightarrow y = \frac{{ - 10{m^2} + 19m - 9}}{{5m - 1}}\)

Do đó tọa độ giao điểm của (D) và (D’) là \(\left( {\frac{{6 - 2m}}{{5m - 1}};\frac{{ - 10{m^2} + 19m - 9}}{{5m - 1}}} \right)\).

Để (D) và (D') cắt nhau tại 1 điểm trên trục hoành thì tung độ của giao điểm bằng 0

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 10{m^2} + 19m - 9}}{{5m - 1}} = 0\)

Û –10m² + 19m – 9 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \frac{9}{{10}}\end{array} \right.\left( {tm} \right)\)

Vậy giá trị m cần tìm là \[m \in \left\{ {1;\frac{9}{{10}}} \right\}\].

Cách 2.

• Để (D) và (D') thì 5m – 2 ≠ –1 Û 5m ≠ 1 \( \Leftrightarrow m \ne \frac{1}{5}\).

• Để (D) cắt trục hoành thì 5m – 2 ≠ 0 \( \Leftrightarrow m \ne \frac{2}{5}\).

Gọi A(x_A; 0) là giao điểm của (D) với trục hoành.

Khi đó 0 = (5m – 2)x_A – 3

\( \Rightarrow {x_A} = \frac{3}{{5m - 2}}\). Suy ra \(A\left( {\frac{3}{{5m - 2}};0} \right)\).

• Để (D’) cắt trục hoành thì –1 ≠ 0 (luôn đúng ∀m)

Do đó (D’) luôn cắt trục hoành.

Gọi B(x_B; 0) là giao điểm của (D') với trục hoành.

Khi đó 0 = –x_B + 3 – 2m.

Þ x_B = 3 – 2. Suy ra B(3 – 2m; 0).

• Để (D) và (D’) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành thì A trùng B

Û \(\frac{3}{{5m - 2}} = 3 - 2m\)

Û 15m – 6 – 10m² + 4m = 3

Û –10m² + 19m – 9 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \frac{9}{{10}}\end{array} \right.\left( {tm} \right)\)

Vậy giá trị m cần tìm là \[m \in \left\{ {1;\frac{9}{{10}}} \right\}\].

Lời giải

Hai đồ thị hàm số y = 2x + (3 + m) và y = 3x + (5 – m) cắt nhau Û 2 ≠ 3 (luôn đúng ∀m).

Do đó hai đồ thị đã cho luôn cắt nhau.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

2x + (3 + m) = 3x + (5 – m)

Û 3x – 2x = 3 + m – 5 + m

Û x = 2m – 2

Thay x = 2m – 2 vào y = 2x + (3 + m) ta được:

y = 2(2m – 2) + 3 + m

Û y = 4m – 4 + 3 + m

Û y = 5m – 1.

Do đó tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là (2m – 2; 5m – 1)

Để hai đồ thị hàm số y = 2x + (3 + m) và y = 3x + (5 – m) cắt nhau tại 1 điểm trên trục hoành thì 5m – 1 = 0

\( \Leftrightarrow m = \frac{1}{5}\).

Vậy giá trị m cần tìm là \(m = \frac{1}{5}\).

Lời giải

Do gấp thừa số thứ nhất lên 2 lần nên tích mới sẽ gấp lên 2 lần.

Do gấp thừa số thứ hai lên 3 lần nên tích mới sẽ gấp lên 3 lần.

Nếu gấp thừa số thứ nhất lên 2 lần và gấp thừa số thứ hai lên 3 lần thì tích mới gấp lên 2 × 3 = 6 lần.

Vậy tích mới là 625 × 6 = 3750.

Lời giải

Để hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{\sqrt x - 2}}\) xác định thì \[\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\sqrt x - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\sqrt x \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 4\end{array} \right.\].

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \left[ {0; + \infty } \right)\backslash \left\{ 4 \right\}\).

Lời giải

Để hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{\sqrt {x - 2} }}\) xác định thì \[\left\{ \begin{array}{l}x - 2 \ge 0\\\sqrt {x - 2} \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 \ge 0\\x - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2\].

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = (2; +∞).

Lời giải

Giả sử phương trình x³ – 15x² + 71x – 105 = 0 có ba nghiệm tạo thành cấp số cộng:

a – d; a; a + d (với d ≠ 0).

Khi đó ta có: (a – d)³ – 15(a – d)² + 71(a – d) – 105 = 0          (1)

                      a³ – 15a² + 71a – 105 = 0                                    (2)

                      (a + d)³ – 15(a + d)² + 71(a + d) – 105 = 0          (3)

Từ (1) ta có:

a³ – 3a²d + 3ad² – d³ – 15a² + 30ad – 15d² + 71a – 71d – 105 = 0

Þ – 3a²d + 3ad² – d³ + 30ad – 15d² – 71d = 0 (do a³ – 15a² + 71a – 105 = 0) (*)

Tương tự từ (3) ta có: 3a²d + 3ad² + d³ – 30ad – 15d² + 71d = 0 (**)

Cộng (*) với (**) ta được:

6ad² – 30d² = 0 Û 6d²(a – 5) = 0

Vì d ≠ 0 nên ta có a – 5 = 0 Û a = 5.

Vì a = 5 là một nghiệm của phương trình đã cho nên vế trái của phương trình chia hết cho (x – 5).

Do đó theo sơ đồ Horner ta có:

x³ – 15x² + 71x – 105 = 0

Û (x – 5)(x² – 10x + 21) = 0

Û (x – 5)(x² – 10x + 21) = 0

Û (x – 5)(x – 3)(x – 7) = 0

Û x = 3 hoặc x = 5 hoặc x = 7.

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: \(S = \left\{ {3;5;7} \right\}\).

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng y = 4x + m là:

2x² – 3x – 5 = 4x + m

Û 2x² – 7x – 5 – m = 0 (*)

Để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = 4x + m tại hai điểm phân biệt A(x₁; y₁), B(x₂; y₂) thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂

Û D > 0

Û (–7)² – 4.2.(– 5 – m) > 0

Û 49 + 40 + 8m > 0

\( \Leftrightarrow m > \frac{{ - 89}}{8}\).

Khi đó, theo hệ thức Viet ta có:  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{7}{2}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - m - 5}}{2}}\end{array}} \right.\)

Theo bài, \(2x_1^2 + 2x_2^2 = 3{x_1}{x_2} + 7\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) - 3{x_1}{x_2} = 7\)

\( \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] - 3{x_1}{x_2} = 7\)

\( \Leftrightarrow 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 7{x_1}{x_2} = 7\)

\( \Leftrightarrow 2 \cdot {\left( {\frac{7}{2}} \right)^2} - 7.\frac{{ - m - 5}}{2} = 7\)

\( \Leftrightarrow \frac{{49}}{2} + \frac{{7\left( {m + 5} \right)}}{2} = 7\)

\( \Leftrightarrow 49 + 7m + 35 = 14\)

\( \Leftrightarrow 7m = - 70\)

\( \Leftrightarrow m = - 10\) (thỏa mãn)

Vậy m = –10.

Lời giải

Ta có: \({S_{ABH}} = \frac{1}{2}AH.BH = 54 \Rightarrow AH.BH = 108\)

           \({S_{ACH}} = \frac{1}{2}AH.CH = 96 \Rightarrow AH.CH = 192\)

Þ AH.BH.AH.CH = 108.192 = 20 736

Þ AH².BH.CH = 20 736 (*)

Xét tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, theo hệ thức lượng ta có:

AH² = BH.CH

Thay vào (*) ta được: AH².AH² = 20 736

Þ AH⁴ = 20 736 = 12⁴

Þ AH = 12 cm.

\( \Rightarrow BH = \frac{{108}}{{12}} = 9\left( {cm} \right)\) và \(CH = \frac{{192}}{{12}} = 16\left( {cm} \right)\)

• Xét tam giác ABH vuông tại H, theo định lí Pytago ta có:

AB² = AH² + BH² = 12² + 9² = 225 Þ AB = 15 (cm).

• Xét tam giác ACH vuông tại H, theo định lí Pytago ta có:

AC² = AH² + CH² = 12² + 16² = 400 Þ AC = 20 (cm).

• BC = BH + CH = 9 + 16 = 25 (cm).

Lời giải

Gọi M là trung điểm của BC.

Xét DABC có E, M lần lượt là trung điểm của AC, BC nên EM là đường trung bình của tam giác

Suy ra EM // DC và \(EM = \frac{1}{2}AB\).

Chứng minh tương tự ta cũng có: FM là đường trung bình của tam giác BCD.

Suy ra FM // DC và \(FM = \frac{1}{2}DC\)

Mà theo bài, AB = CD nên EM = FM

Do đó tam giác EFM là tam giác cân tại M, suy ra \(\widehat {FEM} = \widehat {EFM}\).

Mặt khác, do EM // AB nên \(\widehat {FEM} = \widehat {KHB}\) (đồng vị);

                      FM // DC nên \(\widehat {EFM} = \widehat {HKC}\) (đồng vị).

Do đó \(\widehat {KHB} = \widehat {HKC}\) (điều phải chứng minh).

Lời giải

* Chứng minh EF // AB // CD.

Gọi M là trung điểm của AD.

Xét tam giác ABD có: M, F lần lượt là trung điểm của AD, BD nên MF là đường trung bình của tam giác

Suy ra MF // AB và \(MF = \frac{1}{2}AB\).

Tương tự ta cũng có ME là đường trung bình của tam giác ADC

Suy ra ME // DC và \(ME = \frac{1}{2}CD\).

Mà AB // CD nên ME // AB và MF // AB.

Qua điểm M có hai đường thẳng ME, MF cùng song song với AB nên theo tiên đề Euclid, hai đường thẳng này trùng nhau.

Hay M, E, F thẳng hàng nên EF // AB // CD.

* Chứng minh \(EF = \frac{{CD - AB}}{2}\).

Ta có: EF = ME – MF = \(\frac{1}{2}CD - \frac{1}{2}AB = \frac{{CD - AB}}{2}\).

Vậy \(EF = \frac{{CD - AB}}{2}\).

Lời giải

Xét phương trình x² – (m – 1)x – m = 0

Có D = [–(m – 1)]² – 4.1.(–m) = m² – 2m + 1 + 4m = m² + 2m + 1 = (m + 1)².

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

Û (m + 1)² > 0

Û m + 1 ≠ 0

Û m ≠ –1     (1)

Theo định lí Viet ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 1\\{x_1}{x_2} = - m\end{array} \right.\)

Để phương trình có hai nghiệm đều nhỏ hơn 1 thì \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} < 1\\{x_2} < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} - 1 < 0\\{x_2} - 1 < 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} - 2 < 0\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 - 2 < 0\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 > 0\end{array} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\ - m - \left( {m - 1} \right) + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\ - 2m > - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\m < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 1\)   (2)

Từ (1) và (2) ta có: m < 1; m ≠ –1.

Vậy m < 1 và m ≠ –1.

Lời giải

Các bước giải bài toán tìm m để ba đường thẳng đồng quy:

Bước 1: Tìm điều kiện để các đường thẳng cắt nhau.

Bước 2: Tìm giao điểm của hai đường thẳng (hai đường thẳng không chứa m).

Bước 3: Để ba đường thẳng đồng quy thì giao điểm đã tìn được ở Bước 2 phải thỏa mãn khi thay vào phương trình đường thẳng còn lại. Từ đó suy ra giá trị tham số m.

Hướng dẫn giải ví dụ:

Phương trình hoành độ giao điểm của d₁ và d₂ là:

2x + 1 = x – 1

Û x = –2

Với x = –2 Þ y = –2 – 1 = –3

Suy ra hai đường thẳng d₁ và d₂ cắt nhau tại điểm A(–2; –3).

Để ba đường thẳng đồng quy thì điểm A(–2; –3) thuộc đồ thị hàm số y = (m + 1)x – 2. Khi đó ta có: –3 = (m + 1).(–2) – 2

Û –2m = 1

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

Vậy với \(m = - \frac{1}{2}\) thì ba đường thẳng đã cho đồng quy.

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của (d₁) và (d₂) là:

x + 6 = 3x + 7

Û 2x = –1

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

Với \(x = - \frac{1}{2}\) thì \(y = - \frac{1}{2} + 6 = \frac{{11}}{2}\).

Suy ra hai đường thẳng (d₁) và (d₂) cắt nhau tại điểm \(A\left( { - \frac{1}{2};\frac{{11}}{2}} \right)\).

Để (d₁), (d₂) và (d₃­) đồng quy thì (d₃) phải đi qua giao điểm \(A\left( { - \frac{1}{2};\frac{{11}}{2}} \right)\) của (d₁) và (d₂).

Khi đó ta có:

\(\frac{{11}}{2} = \left( {2 - m} \right).\left( { - \frac{1}{2}} \right) + 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{11}}{2} = - 1 + \frac{1}{2}m + 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}m = \frac{{11}}{2} \Leftrightarrow m = 11\)

Vậy với m = 11 thì ba đường thẳng đã cho đồng quy.

Lời giải

Công thức tính góc giữa hai vectơ dựa vào tích vô hướng: \(cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}}\).

Lời giải

Ta có: a³b – ab³

        = a³b – ab – ab³ + ab

        = ab(a² – 1) – ab(b² – 1)

        = ab(a – 1)(a + 1) – ab(b – 1)(b + 1)

Mà 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 6 nên ta có:

(a – 1).a.(a + 1) ⋮ 6 và (b – 1).b.(b + 1) ⋮ 6

Suy ra ab(a – 1)(a + 1) – ab(b – 1)(b + 1) ⋮ 6

Vậy a³b – ab³ chia hết cho 6 với mọi a, b.

Lời giải              

Hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}{\left( {2xy - 1} \right)^2} + 4{x^2} = 5{y^2}\,\,\,\left( 1 \right)\\2x\left( {x - {y^2}} \right) = {y^2} - y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\]

Ta có: \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow {\left( {2xy - 1} \right)^2} = 5{y^2} - 4{x^2}\left( * \right)\].

Xét phương trình (2):

\[2{x^2} - 2x{y^2} = {y^2} - y\]

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - {y^2} = 2x{y^2} - y\)

\( \Leftrightarrow {\left( {2{x^2} - {y^2}} \right)^2} = {\left[ {y\left( {2xy - 1} \right)} \right]^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {2{x^2} - {y^2}} \right)^2} = {y^2}{\left( {2xy - 1} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {2{x^2} - {y^2}} \right)^2} = {y^2}.\left( {5{y^2} - 4{x^2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4{x^4} - 4{x^2}{y^2} + {y^4} = 5{y^4} - 4{x^2}{y^2}\)

\( \Leftrightarrow 4{x^4} - 4{y^4} = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {{x^2} - {y^2}} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {x + y} \right)\left( {x - y} \right) = 0\]

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 0\\x + y = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y = 0\left( {do\,\,{x^2} + {y^2} \ge 0,\forall x,y} \right)\\x = - y\\x = y\end{array} \right.\)

• Với \(x = y = 0\) thay vào (*) ta được:

           \[{\left( {2.0.0 - 1} \right)^2} = {5.0^2} - {4.0^2} \Leftrightarrow 1 = 0\] (vô lí)

• Với \(x = - y\) thay vào (*) ta được:

\[{\left[ {2.\left( { - y} \right).y - 1} \right]^2} = 5{y^2} - 4{\left( { - y} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow {\left( { - 2{y^2} - 1} \right)^2} = 5{y^2} - 4{y^2}\]

\[ \Leftrightarrow {\left( { - 2{y^2} - 1} \right)^2} = {y^2}\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2{y^2} - 1 = y\\ - 2{y^2} - 1 = - y\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2{y^2} - y - 1 = 0\,\,\left( {vn} \right)\\ - 2{y^2} + y - 1 = 0\,\,\left( {vn} \right)\end{array} \right.\]

• Với \(x = y\) thay vào (*) ta được:

\[{\left( {2.y.y - 1} \right)^2} = 5{y^2} - 4{y^2}\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {2{y^2} - 1} \right)^2} = {y^2}\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{y^2} - 1 = y\\2{y^2} - 1 = - y\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{y^2} - y - 1 = 0\,\,\\2{y^2} + y - 1 = 0\,\,\end{array} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 1\\y = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\) hoặc \[\left[ \begin{array}{l}y = - 1\\y = \frac{1}{2}\end{array} \right.\]

Khi y = 1 ta có x = 1;

Khi \(y = - \frac{1}{2}\) ta có \(x = - \frac{1}{2}\);

Khi y = – 1 ta có x = –1;

Khi \(y = \frac{1}{2}\) ta có \(x = \frac{1}{2}\).

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm \[S = \left\{ {\left( {1;1} \right);\left( { - 1; - 1} \right);\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right);\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)} \right\}\].

Lời giải

Ta có:

\(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{2}{{a + b}} = \frac{{a + b}}{{ab}} + \frac{2}{{a + b}}\)

                      \( = \frac{{a + b}}{1} + \frac{2}{{a + b}}\)

                      \( = \frac{{a + b}}{2} + \frac{{a + b}}{2} + \frac{2}{{a + b}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số \(a > 0,b > 0\) ta có:

\(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)

\( \Leftrightarrow \frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} = 1\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số \(\frac{{a + b}}{2} > 0\) và \(\frac{2}{{a + b}} > 0\), ta có:

\(\frac{{a + b}}{2} + \frac{2}{{a + b}} \ge 2\sqrt {\frac{{a + b}}{2}.\frac{2}{{a + b}}} = 2\sqrt 1 = 2\)

Do đó \(\frac{{a + b}}{2} + \frac{{a + b}}{2} + \frac{2}{{a + b}} \ge 1 + 2 = 3\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = b\\\frac{{a + b}}{2} = \frac{2}{{a + b}}\\ab = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\{\left( {a + b} \right)^2} = 4\\ab = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow a = b = 1\)

Vậy \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{2}{{a + b}} \ge 3\).

Lời giải

Ta có: CD = 2CN và N nằm trên cạnh CD nên \(\overrightarrow {CN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {CD} \).

Mà ABCD là hình bình hành nên \[\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = - \overrightarrow {CD} \]

Do đó \(\overrightarrow {CN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).

Suy ra \(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CN} = \overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).

Ta có AB = 3AM và M nằm trên cạnh AB nên \[\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \]

Do đó \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AN} = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = - \frac{5}{6}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \).

Vì G là trọng tâm của tam giác MNB nên ta có:

\(3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {AB} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \left( {\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} } \right) + \overrightarrow {AB} \)\( = \frac{5}{6}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} \).

Suy ra \[\overrightarrow {AG} = \frac{5}{{18}}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \].

Lời giải

Ta có: CD = 2CN và N nằm trên cạnh CD nên \(\overrightarrow {CN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {CD} \).

Mà ABCD là hình bình hành nên \[\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = - \overrightarrow {CD} \]

Do đó \(\overrightarrow {CN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).

Suy ra \(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CN} = \overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).