Lời giải

a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD

Suy ra \(\widehat {AM{\rm{D}}} = \widehat {M{\rm{D}}C}\) (Hai góc so le trong) và AB = CD, AD = BC     (1)

Vì DM là tia phân giác của góc ADC ⇒ \(\widehat {ADM} = \widehat {MDC} = \frac{1}{2}\widehat {CDA}\)

Suy ra \(\widehat {AM{\rm{D}}} = \widehat {M{\rm{DA}}}\)

Do đó tam giác ADM cân tại A

Suy ra AM = AD (tính chất)                           (2)

Vì BN là tia phân giác của góc ABC ⇒ \(\widehat {ABN} = \widehat {NBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC}\)

Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD nên \(\widehat {ABN} = \widehat {BNC}\) (Hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {CBN} = \widehat {BNC}\)

Do đó tam giác BCN cân tại C

Suy ra CN = CB (tính chất)                  (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra AM = CN           

Vậy AM = CN           

b) Ta có:

AB = AM + MB

CD = CN + ND

Mà AB = CD, AM = CN (chứng minh câu a)

Suy ra MB = ND

Tứ giác DMBN có:

MB = ND (chứng minh trên)

MB // ND (vì AB // CD)

Suy ra DMBN là hình bình hành

Vậy DMBN là hình bình hành.

Lời giải

a) Ta có:

ABCD là hình bình hành ⇒ AB // CD ⇒ \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{F_1}}\) (Hai góc so le trong) (1)

Vì DE là tia phân giác của góc D ⇒ \(\widehat {{D_1}} = \frac{1}{2}\widehat D\)

Vì BF là tia phân giác của góc B ⇒ \(\widehat {{B_1}} = \frac{1}{2}\widehat B\)

Mà \(\widehat B = \widehat D\) ( Do ABCD là hình bình hành)

⇒ \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{D_1}}\)                                                    (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{F_1}}\left( { = \widehat {{B_1}}} \right)\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒ DE // BF (đpcm)

Vậy DE // BF

b) Tứ giác DEBF có:

DE // BF (chứng minh ở câu a)

BE // DF (vì AB // CD)

⇒ DEBF là hình bình hành

Vậy DEBF là hình bình hành.

Lời giải

Điều kiện xác định: x ≥ 3, y ≥ 2021

Ta có:

 \[{\rm{A}} = x + y - \sqrt {x - 3} .\sqrt {y - 2021} \]

\[{\rm{A}} = (x - 3) - 2.\sqrt {x - 3} .\frac{1}{2}\sqrt {y - 2021} + \frac{1}{4}(y - 2021) + \frac{3}{4}(y - 2021) + 2024\]

\[{\rm{A}} = {(\sqrt {x - 3} - \frac{1}{2}\sqrt {y - 2021} )^2} + \frac{3}{4}(y - 2021) + 2024\]

Vì \({\left( {\sqrt {x - 3} - \frac{1}{2}\sqrt {y - 2021} } \right)^2} \ge 0\), \(\frac{3}{4}(y - 2021) \ge 0\)

Nên \[{(\sqrt {x - 3} - \frac{1}{2}\sqrt {y - 2021} )^2} + \frac{3}{4}(y - 2021) + 2024 \ge 2024\]

Hay A ≥ 2024

Dấu “ =” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}y - 2021 = 0\\\sqrt {x - 3} - \frac{1}{2}\sqrt {y - 2021} = 0\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}y = 2021\\\sqrt {x - 3} - \frac{1}{2}\sqrt {y - 2021} = 0\end{array} \right.\)

Nên \(\left\{ \begin{array}{l}y = 2021\\x = 3\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy biểu thức A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2024 khi x = 3, y = 2021.

Lời giải

a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD

Suy ra \(\widehat {AM{\rm{D}}} = \widehat {M{\rm{D}}C}\) (Hai góc so le trong) và AB = CD, AD = BC     (1)

Vì DM là tia phân giác của góc ADC ⇒ \(\widehat {ADM} = \widehat {MDC} = \frac{1}{2}\widehat {CDA}\)

Suy ra \(\widehat {AM{\rm{D}}} = \widehat {M{\rm{DA}}}\)

Do đó tam giác ADM cân tại A

Suy ra AM = AD (tính chất)                           (2)

Vì BN là tia phân giác của góc ABC ⇒ \(\widehat {ABN} = \widehat {NBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC}\)

Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD nên \(\widehat {ABN} = \widehat {BNC}\) (Hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {CBN} = \widehat {BNC}\)

Do đó tam giác BCN cân tại C

Suy ra CN = CB (tính chất)                  (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra AM = CN           

Vậy AM = CN           

b) Ta có:

AB = AM + MB

CD = CN + ND

Mà AB = CD, AM = CN (chứng minh câu a)

Suy ra MB = ND

Tứ giác DMBN có:

MB = ND (chứng minh trên)

MB // ND (vì AB // CD)

Suy ra DMBN là hình bình hành

Vậy DMBN là hình bình hành.

c) Vì DMBN là hình bình hành nên DM // BN, DM = BN

Ta có DM // BN, NK ⊥ DM

Nên NK ⊥ BN (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Suy ra \(\widehat {KNH} = 90^\circ \)

Vì DM // BN, MH ⊥ BN

Nên DM ⊥ MH (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Suy ra \(\widehat {HMK} = 90^\circ \)

Vì H,K lần lượt là hình chiếu M và N trên BN và DM

Nên \(\widehat {MKN} = 90^\circ ,\widehat {MHN} = 90^\circ \)

Xét tứ giác MHNK có

\(\widehat {MKN} = 90^\circ ,\widehat {MHN} = 90^\circ \), \(\widehat {KNH} = 90^\circ \), \(\widehat {HMK} = 90^\circ \) (chứng minh trên)

Suy ra MHNK là hình chữ nhật

Vậy MHNK là hình chữ nhật.

d)Vì ABCD là hình bình hành nên AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Gọi O là trung điểm của AC                (*)

Suy ra O là trung điểm của BD

Vì DMBN là hình bình hành nên MN và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà O là trung điểm của BD

Suy ra O là trung điểm của MN           (**)

Vì MHNK là hình chữ nhật nên MN và HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà O là trung điểm của MN

Suy ra O là trung điểm của HK            (***)

Từ (*), (**) và (***) suy ra ba đường thẳng AC, MN, KH đồng quy tại điểm O

Lời giải

Ta có: x² + 2xy + 7(x + y) + 2y² + 10 = 0

⟺ (x² + 2xy + y²) + 7(x + y) + 10 = – y²

⟺ (x + y)² + 2(x + y) + 5(x + y) + 10 = – y²

⟺ (x + y)(x + y + 2) + 5(x + y + 2) = – y²

⟺ (x + y + 2)(x + y + 5) = – y²

Vì – y² ≤ 0

Nên (x + y + 2)( x + y + 5) ≤ 0

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + 2 \le 0\\x + y + 5 \ge 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y \le - 2\\x + y \ge - 5\end{array} \right.\)

⇒ – 5 ≤ x + y ≤ – 2

⇒ – 4 ≤ x + y + 1 ≤ – 1

Hay – 4 ≤ S ≤ – 1

Nên S đạt giá trị nhỏ nhất bằng – 4 khi \(\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x + y + 5 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = - 5\end{array} \right.\)

S đạt giá trị lớn nhất bằng – 1 khi \(\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x + y + 2 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = - 2\end{array} \right.\)

Vậy giá trị lớn nhất của S là – 1 khi x = – 2, y = 0; giá trị nhỏ nhất của S là – 4 khi x = – 5, y = 0.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{{a{{(n + 1)}^2}}}{{(n + 1) + 1}} = \frac{{a{{(n + 1)}^2}}}{{n + 2}}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \({x^{\sqrt 2 }};{x^{ - 5}};{x^{ - \pi }}\) có nghĩa khi x > 0

x^-5 có nghĩa khi x ≠ 0

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Biểu thức \(\sqrt {2 - x} \) có nghĩa khi 2 – x ≥ 0 hay x ≤ 2 nên đáp án A là sai

Biểu thức \(\sqrt {x - 2} \) có nghĩa khi x – 2 ≥ 0 hay x ≥ 2 nên đáp án B là sai

Biểu thức \(\sqrt {2x} \) có nghĩa khi 2x ≥ 0 hay x ≥ 0 nên đáp án C là đúng

Biểu thức \(\sqrt { - 2x} \) có nghĩa khi – 2x ≥ 0 hay x ≤ 0 nên đáp án D là sai

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

a) Gọi giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là A

Suy ra \(A\left( {\frac{{5 - m}}{{2m - 3}};0} \right)\) nên OA = \(\left| {\frac{{5 - m}}{{2m - 3}}} \right|\); (m ≠ \(\frac{3}{2}\))

Gọi giao điểm của đồ thị hàm số với trục Oy là B

Suy ra B(0; m – 5) nên OB = \(\left| {m - 5} \right|\)

Ta có tam giác AOB vuông tại O.

Để tam giác AOB vuông cân tại O thì OA = OB

Hay \(\left| {\frac{{5 - m}}{{2m - 3}}} \right|\) = \(\left| {m - 5} \right|\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{5 - m}}{{2m - 3}} = m - 5\\\frac{{5 - m}}{{2m - 3}} = 5 - m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2m - 3 = - 1\\2m - 3 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2m = 2\\2m = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 2\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy m = 1 hoặc m = 2 thì đồ thị hàm số tạo với 2 trục tọa độ một tam giác vuông cân

b) Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 3x – 4 tại một điểm trên Oy

Suy ra giao điểm B(0; m – 5) của đồ thị hàm số đã cho và Oy thuộc đường thẳng y = 3x – 4

Nên m – 5 = 3.0 – 4

Hay m = 1

Vậy m = 1 thì đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 3x – 4 tại một điểm trên Oy

c) Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = – x – 3 tại một điểm trên Ox

Suy ra giao điểm \(A\left( {\frac{{5 - m}}{{2m - 3}};0} \right)\) của đồ thị hàm số đã cho và Ox thuộc đường thẳng \[y = --x--3\]

Nên \( - \frac{{5 - m}}{{2m - 3}} - 3 = 0\)

⇔ m – 5 = 3.(2m – 3)

⇔ m – 5 = 6m – 9

⇔ – 5m = – 4

\( \Leftrightarrow m = \frac{4}{5}\)

Vậy \(m = \frac{4}{5}\) thì đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = – x – 3 tại một điểm trên Ox.

Lời giải

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có

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

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 2c\\b + c = 2{\rm{a}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2c - b\\b + c = 2{\rm{a}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2c - b\\b + c = 2(2c - b)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2c - b\\b + c = 4c - 2b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2c - b\\3b = 3c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2c - b\\b = c\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2c - c\\b = c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = c\\b = c\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c\)

Khi đó P = (1 + 1). (1 + 1). (1 + 1) = 2. 2. 2 = 8

Vậy P = 8.

Lời giải

Ta có (a + b + c)² = a² + b² + c²

⇔ a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ac = a² + b² + c²

⇔ 2ab + 2bc + 2ac = 0

⇔ ab + bc + ac = 0

⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{ab =   - bc - ac}}\\{\rm{bc =   - ab - ac}}\\{\rm{ac =   - ab - bc}}\end{array} \right.\)

Thay \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{ab =   - bc - ac}}\\{\rm{bc =   - ab - ac}}\\{\rm{ac =   - ab - bc}}\end{array} \right.\) vào biểu thức P ta có

P = \(\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2bc}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2ac}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2ab}}\)

P = \(\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc + bc}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + ac + ac}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + ab + ab}}\)

P = \(\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc - ab - ac}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + ac - ab - bc}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + ab - bc - ac}}\)

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

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

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

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

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

P = \(\frac{{(abc - {b^2}c - a{c^2} + b{c^2}) + ({a^2}c - {a^2}b + a{b^2} - abc)}}{{(a - b)(b - c)(c - a)}}\)

P = \(\frac{{c(ab - {b^2} - ac + bc) + a(ac - ab + {b^2} - bc)}}{{(a - b)(b - c)(c - a)}}\)

P = \(\frac{{(ab - {b^2} - ac + bc)(c - a)}}{{(a - b)(b - c)(c - a)}}\)

P = \(\frac{{(a - b)(b - c)(c - a)}}{{(a - b)(b - c)(c - a)}} = 1\)

Vậy P = 1.

Lời giải

a) Vì E là trung điểm của CD (giả thiết)

Nên \[CE = ED = \frac{1}{2}\;CD\]

Mà \[AB = AD = \frac{1}{2}CD\] (giả thiết)

Suy ra AB = AD = CE = ED

Vì ABCD là hình thang vuông (giả thiết)

Nên AB // CD

Xét tứ giác ABCE có AB // CE, AB = CE (chứng minh trên)

Suy ra ABCE là hình bình hành

b) Xét tứ giác ABED có AB // DE, AB = DE (chứng minh câu a)

Suy ra ABED là hình bình hành

Mà \(\widehat A = \widehat D = 90^\circ \), AB = AD (giả thiết)

Do đó ABED là hình vuông

c) Gọi O là giao điểm của AE và BD

Vì ABED là hình vuông

Suy ra OE = OA = OD = OB, BD ⊥ AE , \(\widehat {ABM} = \widehat {DEM} = 90^\circ \)

Xét hình bình hành ABCE có AC cắt BE tại M

Suy ra M là trung điểm của AC và BE

Hay BM = ME

Xét tam giác ABM và tam giác DEM có

\(\widehat {ABM} = \widehat {DEM} = 90^\circ \) (chứng minh trên)

AB = DE (chứng minh câu a)

BM = ME (chứng minh trên)

Do đó DABM = DDEM (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {BAM} = \widehat {EDM}\) (hai góc tương ứng)

Xét DAHD vuông tại H có \(\widehat {HA{\rm{D}}} + \widehat {H{\rm{D}}A} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {HA{\rm{D}}} + \widehat {HAB} = \widehat {DAB} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {HAB} = \widehat {H{\rm{D}}A}\)

Lại có \(\widehat {BAH} = \widehat {EDM}\) (chứng minh trên)

Suy ra \(\widehat {HDA} = \widehat {EDM}\)

Xét tam giác ADE có \(\widehat {ADE} = 90^\circ \), AD = DE

Nên tam giác ADE vuông cân tại D

Suy ra \(\widehat {DAE} = \widehat {DE{\rm{A}}} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ \)

Xét tam giác AID và tam giác EKD có

\(\widehat {DAE} = \widehat {DE{\rm{A}}}\) (chứng minh trên)

AD = DE (chứng minh câu a)

\(\widehat {IDA} = \widehat {EDK}\) (chứng minh trên)

Do đó △AID = △EKD (g.c.g)

Suy ra DI = KD, AI = EK (các cặp cạnh tương ứng)

Ta có OA = OI + IA, OE = OK + KE

Mà OA = OE, AI = EK (chứng minh trên)

Suy ra OI = OK

Xét tứ giác BIDK có BD cắt IK tại O

Mà OI = OK, OB = OD (chứng minh trên)

Suy ra BIDK là hình bình hành

Lại có DI = DK (chứng minh trên)

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác ABC có M và N lần lượt là trung điểm của AB và AC

Nên MN là đường trung bình của tam giác ABC

Suy ra MN // BC

Vì MN // BC, E là điểm chung

Nên giao tuyến của mp(MNE) và mp(BCD) là Ex

Gọi F là giao điểm của Ex và BD

Do đó MN // FE

Suy ra 4 điểm M, N, E, F đồng phẳng và MNEF là hình thang

Vậy hình thang MNEF là thiết diện cần tìm.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Hàm số \[y = {\left( {{x^3}--{x^2}} \right)^{ - 5}}\] xác định khi và chỉ khi

x³ – x²  ≠ 0

⟺ x² (x – 1) ≠ 0

⟺ \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{x }} \ne {\rm{ 0}}\\{\rm{x }} \ne {\rm{ 1}}\end{array} \right.\)

Hay D = ℝ ∖ {0; 1}

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Hàm số \[y = {\left( {2x--3} \right)^{ - 2}}\] xác định khi và chỉ khi 

2x – 3 ≠ 0

\( \Leftrightarrow x \ne \frac{3}{2}\)

Hay tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{3}{2}} \right\}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) 372,95 : 3 = 124,316666666….

b) 757,5 : 35 = 21,6428571…

c) 431,25 : 125 = 3,45.

d) 35,1 : 15 = 2,34.

Lời giải

a) 372,95 : 3 = 124,316666666….

b) 757,5 : 35 = 21,6428571…

c) 431,25 : 125 = 3,45.

d) 35,1 × 8,5 = 298,35.

Lời giải

a) Ta có: 5(x + 3y) – 15x(x + 3y)

= (x + 3y)(5 – 15x)

= 5(x + 3y)(1 – 3x).

b) Ta có: 2(x + 1)² – y(x + 1)

= (x + 1)[2(x + 1) – y]

= (x + 1)(2x + 2 – y).

c) Ta có: xy(x + y)² – y(x + y)

= y(x + y)[x(x + y) – 1]

= y(x + y)(x² + xy – 1).

d) Ta có: xy(x – y) – 2x + 2y

= xy(x – y) – 2(x – y)

= (x – y)(xy – 2).

Lời giải

a) Ta có:

\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EA} \)

= \(\overrightarrow {EA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} \)

= \(\overrightarrow {EB} + \overrightarrow {CD} \)

= \(\overrightarrow {ED} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} \)

= \(\overrightarrow {ED} + \overrightarrow {CB} + (\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DB} )\)

= \(\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {ED} \)

Vậy \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EA} \) = \(\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {ED} \)

b) Ta có:

\(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {EC} \)

= \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CE} \)

= \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CE} + \overrightarrow {CD} \)

= \(\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {CD} \)

= \(\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} \)

= \(\overrightarrow {A{\rm{E}}} - \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {CB} \)

Vậy \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {EC} \) = \(\overrightarrow {A{\rm{E}}} - \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {CB} \).

Lời giải

a) Xét (O; R) có AB là 2 tiếp tuyến tại điểm B

Suy ra AB ⊥ OB hay tam giác OAB vuông tại B

Ta có AB ⊥ OB, OK ⊥ OB

Nên AB // OK

Suy ra \(\widehat {{O_1}} = \widehat {{A_2}}\) (hai góc so le trong)

Xét (O;R) có AB , AC là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại A

Suy ra AO là tia phân giác của góc BAC, AC = AB

Do đó \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\)

Mà \(\widehat {{O_1}} = \widehat {{A_2}}\) (chứng minh trên)

Nên \(\widehat {{O_1}} = \widehat {{A_1}}\)

Suy ra tam giác OAK cân tại K

b) Vì I thuộc (O; R) nên OI = R

Mà OA = 2R (giả thiết)

Suy ra IA = OI = R

Do đó I là trung điểm của OA

Xét tam giác OAK cân tại K có KI là đường trung tuyến

Suy ra KI là đường cao

Nên KI ⊥ OA

Hay KM ⊥ OA

Suy ra KM là tiếp tuyến của đường tròn (O)

c) Vì tam giác OAB vuông tại O nên OA² = OB² + AB² (định lý Pytago)

Hay AB² = OA² – OB² = (2R)² – R² = 3R²

Suy ra \(AB = R\sqrt 3 \)

Xét (O;R) có KC, KI là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại K

Nên KI = KC

Xét (O;R) có MB, MI là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M

Nên MI = MB

Chu vi tam giác MKA là:

MK + MA + AK

= MI + IK + MA + AK

= MB + CK + MA + AK

= (MB + MA) +  (MB + MA)

= AB + AC

\[ = 2AB = 2R\sqrt 3 \].

Vậy chu vi tam giác AKM bằng \[2R\sqrt 3 \].

Lời giải

a) ) Xét (O; R) có AB là 2 tiếp tuyến tại điểm B

Suy ra AB ⊥ OB

Mà ON ⊥ OB

Nên AB // ON

Xét (O;R) có AB , AC là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại A

Suy ra AB = AC và AO là tia phân giác của góc BAC

Xét (O; R) có AC là 2 tiếp tuyến tại điểm C

Suy ra AC ⊥ OC

Mà OM ⊥ OC

Nên AC // OM

Xét tứ giác AMON có AM // ON và AN // OM (chứng minh trên)

Suy ra AMON là hình bình hành

Mà AO là tia phân giác của góc MAN

Suy ra AMON là hình thoi

b) Gọi I là trung điểm của OA

Suy ra \[IA = IO = \frac{1}{2}OA = \frac{{2R}}{2} = R\].

Do đó OI là bán kính của (O)

Mà AMON là hình thoi

Nên OA vuông góc MN tại điểm I

Hay OI vuông góc MN tại điểm I

Xét (O; R) có OI là bán kính của (O), OI vuông góc MN tại điểm I

Suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn (O­)

c) Vì AMON là hình thoi, AO cắt MN tại I

Nên I là trung điểm của MN
suy ra MN = 2 IN

Xét tam giác OAB vuông ở B có sin\(\widehat {OAB} = \frac{{OB}}{{AO}} = \frac{R}{{2{\rm{R}}}} = \frac{1}{2}\)

Suy ra \(\widehat {OAB}\) = 30°

Vì AB // ON nên \(\widehat {OAB} = \widehat {ION}\) (hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {OAB}\) = 30°

Suy ra \(\widehat {ION} = 30^\circ \)

Xét tam giác OIN vuông ở I có \(\tan \widehat {ION} = \frac{{IN}}{{OI}}\)

Hay \(\tan 30^\circ = \frac{{IN}}{R}\)

Suy ra \(IN = \frac{R}{{\sqrt 3 }}\)

Mà MN = 2IN (chứng minh trên)

Do đó \(MN = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}\)

Diện tích hình thoi AMON bằng: \(\frac{1}{2}OA.MN = \frac{1}{2}.2R.\frac{{2R}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2{R^2}}}{{\sqrt 3 }}\).

Lời giải

a) Xét (O;R) có EA , EC là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại E

Suy ra AE = EC

Mà AO = OC nên EO là trung trực của AC

Hay EO ⊥ AC

Xét (O;R) có FC , FB là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại F

Suy ra FB = FC

Mà OF = OB nên FO là trung trực của BC

Hay OF ⊥ BC

Ta có EF = EC + CF = AE+ BF

Vậy EF= AE+ BF

b) Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB

nên tam giác ABC vuông tại C

Suy ra AC ⊥ BD

Xét tam giác ABD vuông tại A có AC ⊥ BD

Suy ra AD² = DC. DB (hệ thức lượng trong tam giác)

Vậy AD² = DC. DB

c) Ta có EA = EC, OA = OC

Nên OE là trung trực của AC

Suy ra OE ⊥ AC

Mà AC ⊥ BD

Do đó OE // BD (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Trên tia đối của tia EO lấy P sao cho EP = EH

Xét tứ giác AHDP có E là giao điêm của hai đường chéo AD và HP, E là trung điểm của HP

Suy ra AHDP là hình bình hành

Suy ra HI // PD

Do đó \(\frac{{{\rm{OI}}}}{{{\rm{DI}}}} = \frac{{{\rm{OH}}}}{{{\rm{PH}}}}\)

Vì HK // AP nên \(\frac{{{\rm{OK}}}}{{{\rm{AK}}}} = \frac{{{\rm{OH}}}}{{{\rm{PH}}}}\)

Mà \(\frac{{{\rm{OI}}}}{{{\rm{DI}}}} = \frac{{{\rm{OH}}}}{{{\rm{PH}}}}\)

Suy ra \(\frac{{{\rm{OI}}}}{{{\rm{DI}}}} = \frac{{{\rm{OK}}}}{{{\rm{AK}}}}\)

Do đó IK // AD.

d) Ta có IK // AD, AD ⊥ BA nên IK ⊥ AB

Xét tam giác IAO có HO ⊥ AC, IK ⊥ AO và OH cắt IK tại M

Suy ra M là trực tâm tam giác OIA

Do đó AM ⊥ IO               (1)

Gọi Q là giao điểm của FO và AD

Xét tam giác OBF và tam giác OAQ có

\(\widehat {OBF} = \widehat {OAQ}\left( { = 90^\circ } \right)\)

OA = OB

\(\widehat {BOF} = \widehat {QOA}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó DOBF = DOAQ (g.c.g)

Suy ra FO = QO (hai cạnh tương ứng)

Xét tứ giác AFBQ có

AB cắt QF tại điểm O

O là trung điểm của AB, QF

Suy ra AFBQ là hình bình hành

Do đó AF // BQ

Xét tam giác BQD có AB ⊥ DQ, QF ⊥ DB

AB cắt QF tại O

Suy ra O là trực tâm tam giác BQD

Nên DO ⊥ QB

Mà BQ // AF (chứng minh trên)

Suy ra DO ⊥ AF    (2)

Từ (1) và (2) suy ra A, M, F thẳng hàng

Vậy A, M, F thẳng hàng.

Lời giải

a) Vì AB là đường kính (O; R) nên AB = 2R

Vì C thuộc tiếp tuyến Ax của (O)

Nên CA ⊥ AB

Suy ra tam giác ABC vuông tại A

Vì H thuộc (O) đường kính AB

Nên tam giác ABH vuông tại H

Suy ta HA ⊥ HB

Xét tam giác ABC vuông tại A có HA ⊥ HB (chứng minh trên)

Suy ra BH . BC = AB² = (2R)² = 4 R²

b) Vì M thuộc (O) đường kính AB

Nên tam giác ABM vuông tại M

Suy ta MA ⊥ MB

Xét tam giác ABC vuông tại A có MA ⊥ MB (chứng minh trên)

Suy ra BM . BD = AB²

Mà BH . BC = AB² (chứng minh câu a)

Do đó BM . BD = BH . BC

c) Vì H, A cùng thuộc (O)

Nên OA = OH

Do đó tam giác AOH cân tại O

Suy ra \(\widehat {OAH} = \widehat {OHA}\)

Vì AH ⊥ BC nên tam giác AHC vuông tại H

Suy ra \(\widehat {CAH} + \widehat {HCA} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {CAH} + \widehat {HAO} = \widehat {CAO} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {OAH} = \widehat {HCA}\)

Lại có \(\widehat {OAH} = \widehat {OHA}\) (chứng minh trên)

Do đó \(\widehat {OHA} = \widehat {HCA}\)                  (1)

Xét tam giác AHC vuông tại H có HK là đường trung tuyến

Suy ra \(HK = KC = \frac{1}{2}AC\)

Do đó tam giác HCK cân tại K

Suy ra \(\widehat {KHC} = \widehat {KCH}\)                            (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {KHC} = \widehat {OHA}\)

Mặt khác \(\widehat {KHC} + \widehat {KHA} = \widehat {CHA} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {OHA} + \widehat {KHA} = 90^\circ \)

Hay \(\widehat {OHK} = 90^\circ \)

Nên OH ⊥ HK

Xét (O) có H thuộc (O), OH ⊥ HK

Suy ra KH là tiếp tuyến của (O)

Vậy KH là tiếp tuyến của (O).

Lời giải

Ta có: a² – 2b = c² – 2a

⇔ a² – c² = 2b – 2a

⇔ (a – c)(a + c) = 2(b – a)

\( \Leftrightarrow a + c = \frac{{2\left( {b - a} \right)}}{{a - c}}\)

\( \Leftrightarrow a + c + 2 = \frac{{2\left( {b - a} \right)}}{{a - c}} + 2\)

\( \Leftrightarrow a + c + 2 = \frac{{2\left( {b - a} \right)}}{{a - c}} + 2\)

\[ \Leftrightarrow a + c + 2 = \frac{{2\left( {b - a} \right) + 2\left( {a - c} \right)}}{{a - c}}\]

\[ \Leftrightarrow a + c + 2 = \frac{{2b - 2a + 2a - 2c}}{{a - c}}\]

\[ \Leftrightarrow a + c + 2 = \frac{{2\left( {b - c} \right)}}{{a - c}}\]

Chứng minh tương tự ta có:

\(a + b + 2 = \frac{{2\left( {a - c} \right)}}{{a - b}}\) và \(b + c + 2 = \frac{{2\left( {b - a} \right)}}{{b - c}}\)

Suy ra A = (a + b + 2)(b + c + 2)(c + a + 2)

               \[ = \frac{{2\left( {a - c} \right)}}{{a - b}}.\frac{{2\left( {b - a} \right)}}{{b - c}}.\frac{{2\left( {b - c} \right)}}{{a - c}} = - 8\]

Vậy A = – 8.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Vì x² + 4 > 0  ∀x ∈ R nên A = ∅.

(x² – 4)(x² + 1) = 0 ⇔  (x² – 4) = 0 ⇔ x =  ±2  nên B = {– 2; 2}.

|x| < 2 ⇔ – 2 < x < 2 nên D = (– 2; 2).

 => A ⊂ B = C ⊂ D.

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) Xét hình thôi ABCD có AC và BD là hai đường chéo

Þ ONKC là hình chữ nhật.

b) Vì OBKC là hình chữ nhật (chứng minh câu a)

Nên BC = OK

Mà BC = AB (vì ABCD là hình thoi)

Suy ra AB = OK

Vậy AB = OK

c) OBKC là hình chữ nhật, do đó để OBKC là hình vuông thì OB = OC.

ABCD là hình thoi nên O là trung điểm của AC và BD.

\( \Rightarrow OB = \frac{1}{2}BD,OC = \frac{1}{2}AC\)

Mà OB = OC nên AC = BD.

Do đó ABCD là hình vuông.

Vậy ABCD là hình vuông thì tứ giác OBKC là hình vuông.

Lời giải

a) Xét ∆ABH và ∆CBA có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \)

\(\widehat {ABC}\) chung.

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AB}}{{CB}} = \frac{{BH}}{{BA}}\) (tỉ số đồng dạng)

Do đó AB² = BH . BC.

b) Vì tam giác AHC vuông tại H nên  \(\widehat {HCA} + \widehat {HAC} = 90^\circ \)(trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {BAH} + \widehat {HAC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {HCA}\)

Xét ∆AHB và ∆CHA có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)

\(\widehat {BAH} = \widehat {HCA}\)(chứng minh trên)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AH}}{{CH}} = \frac{{BH}}{{AH}}\) (tỉ số đồng dạng)

Do đó AH² = BH . CH.

c) Ta có \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}AH.BC\]

Suy ra AB . AC = AH . BC.

d) Xét ∆CAH và ∆CBA có:

\(\widehat {CHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \).

\(\widehat {ACB}\) chung.

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{HC}}{{AC}}\) (tỉ số đồng dạng)

Do đó AC² = CH . BC.

Lời giải

a) Xét ∆ABH và ∆CBA có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \)

\(\widehat {ABC}\) chung.

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AB}}{{CB}} = \frac{{BH}}{{BA}}\) (tỉ số đồng dạng)

Do đó AB² = BH . BC.

d) Xét ∆CAH và ∆CBA có:

\(\widehat {CHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \).

\(\widehat {ACB}\) chung.

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{HC}}{{AC}}\) (tỉ số đồng dạng)

Do đó AC² = CH . BC.

c) Ta có \(\frac{1}{{{\rm{A}}{{\rm{B}}^2}}} + \frac{1}{{{\rm{A}}{{\rm{C}}^2}}} = \frac{1}{{{\rm{BH}}{\rm{.BC}}}} + \frac{1}{{{\rm{CH}}{\rm{.BC}}}}\)

                                  \( = \frac{{{\rm{CH}}{\rm{.BC}}}}{{{\rm{CH}}{\rm{.BH}}{\rm{.B}}{{\rm{C}}^2}}} + \frac{{{\rm{BH}}{\rm{.BC}}}}{{{\rm{CH}}{\rm{.BH}}{\rm{.B}}{{\rm{C}}^2}}}\)

                                  \( = \frac{{{\rm{CH}}{\rm{.BC + BH}}{\rm{.BC}}}}{{{\rm{CH}}{\rm{.BH}}{\rm{.B}}{{\rm{C}}^2}}}\)

                                  \( = \frac{{{\rm{BC(CH + BH)}}}}{{{\rm{CH}}{\rm{.BH}}{\rm{.B}}{{\rm{C}}^2}}} = \frac{{{\rm{BC}}{\rm{. BC}}}}{{{\rm{CH}}{\rm{.BH}}{\rm{.B}}{{\rm{C}}^2}}}\)

                                  \( = \frac{{{\rm{B}}{{\rm{C}}^2}}}{{{\rm{CH}}{\rm{.BH}}{\rm{.B}}{{\rm{C}}^2}}} = \frac{1}{{{\rm{CH}}{\rm{.BH}}}}\).

Vì tam giác AHC vuông tại H nên \(\widehat {HCA} + \widehat {HAC} = 90^\circ \)(trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {BAH} + \widehat {HAC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {HCA}\)

Xét ∆AHB và ∆CHA có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)

\(\widehat {BAH} = \widehat {HCA}\)(chứng minh trên)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AH}}{{CH}} = \frac{{BH}}{{AH}}\) (tỉ số đồng dạng)

Do đó AH² = BH . CH.

Vậy \(\frac{1}{{{\rm{A}}{{\rm{B}}^2}}} + \frac{1}{{{\rm{A}}{{\rm{C}}^2}}}\)= \(\frac{1}{{{\rm{CH}}{\rm{.BH}}}}\)= \(\frac{1}{{{\rm{A}}{{\rm{H}}^2}}}\).

Lời giải

a) Vì MD ⊥ AB nên \(\widehat {M{\rm{D}}A} = 90^\circ \)

ME ⊥ AC nên \(\widehat {MEA} = 90^\circ \)

Vì tam giác ABC vuông tại A nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \)

Xét tứ giác ADME có \(\widehat {M{\rm{D}}A} = 90^\circ \), \(\widehat {MEA} = 90^\circ \), \(\widehat {DAE} = 90^\circ \)

Suy ra ADME là hình chữ nhật

Mà AM, DE là 2 đường chéo

Suy ra AD = ME, AM = DE, AM cắt DE tại trung điểm của mỗi đoạn

Vậy AM = DE.

b) Gọi O là giao điểm của AM và DE

Nên ta có O là trung điểm của AM, DE (chứng minh câu a)                     (1)

Vì I là điểm đối xứng của D qua A và K là điểm đối xứng của E qua M

Nên \[IA = AD = \frac{1}{2}DI,\,\,\,KM = EM = \frac{1}{2}KE\]

Mà AD = ME (chứng minh câu a)

Suy ra DI = KE

Ta có DI ⊥ AC, KE ⊥ AC

Suy ra DI // KE (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tứ giác DKEI có DI // KE và DI = KE (chứng minh trên)

Suy ra DKEI là hình bình hành

Suy ra DE cắt KI tại trung điểm của mỗi đường

Mà O là trung điểm của DE

Do đó O là trung điểm của KI                        (2)

Từ (1) và (2) suy ra các đoạn thẳng IK, DE, AM đồng quy tại trung điểm O của mỗi đoạn

c) Vì tam giác AHM vuông tại H, HO là đường trung tuyến

nên \[HO = \frac{1}{2}AM\]

Mà AM = DE

Suy ra HO = \(\frac{1}{2}\)DE

Xét tam giác DHE có \[HO = \frac{1}{2}DE\], HO là trung tuyến

Suy ra tam giác DHE vuông tại H

Do đó \(\widehat {DHE} = 90^\circ \)

d) Để hình bình hành DIKE là hình thoi

Thì EK = EI

Mà EK = 2EM, EI = AM

Suy ra AM = 2EM

Xét tam giác AEM vuông tại E có AM = 2EM

Suy ra \(\widehat {MAE} = 30^\circ \)

Vậy lấy M thuộc BC sao cho \(\widehat {MAC} = 30^\circ \) thì tứ giác DIEK là hình thoi.

Lời giải

Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác

Nên \(\frac{{\rm{a}}}{{{\rm{b + c - a}}}} > 0,\frac{{\rm{b}}}{{{\rm{a + c - b}}}} > 0,\frac{{\rm{c}}}{{{\rm{a + b - c}}}} > 0\)

Ta có:

Hay A ≥ 3

Vậy A ≥ 3.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Gọi M(x; y)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{\rm{MA}}} = \left( { - 1 - x;3 - y} \right)\\\overrightarrow {{\rm{MB}}} = \left( {2 - x;4 - y} \right)\\\overrightarrow {{\rm{MC}}} = \left( {2 - x; - 1 - y} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{MA}}} - \overrightarrow {{\rm{MB}}} + \overrightarrow {{\rm{MC}}} = ( - 1 - x; - 2 - y)\)

Mà \(\overrightarrow {{\rm{MA}}} - \overrightarrow {{\rm{MB}}} + \overrightarrow {{\rm{MC}}} = \overrightarrow 0 \)

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

Suy ra M (– 1; – 2)

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

Ta có

A = \(\overline {a,65} + \overline {4,bc} \) = a + 0,65 + 4 + \(\overline {0,bc} \) = \(\overline {a,bc} \) + 4,65

B = \(\overline {a,b} + 3,5 + \overline {1,2c} \) = \(\overline {a,b} + 3,5 + 1,2 + \overline {0,0c} \) = \(\overline {a,bc} \) + 4,7

Vì 4,65 < 4,7 nên A < B

Vậy A < B.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \({\rm{C}}_n^2 - {\rm{C}}_n^1 = 44\)

         \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} - n = 44\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 11\\n = - 8\,\,\,\left( {loai} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Với n = 11 số hạng thứ k + 1 trong khai triển nhị thức \({\left( {x\sqrt x + \frac{1}{{{x^4}}}} \right)^{11}}\) là :

\(C_{11}^k{\left( {x\sqrt x } \right)^{11 - k}}{\left( {\frac{1}{{{x^4}}}} \right)^k} = C_{11}^k{x^{\frac{{33}}{2} - \frac{{11}}{2}k}}\)

Theo giả thiết ta có: \(\frac{{33}}{2} - \frac{{11}}{2}{\rm{k = 0}}\)

Suy ra k = 3

Do đó số hạng không chứa x trong khai triển đã cho là \({\rm{C}}_{11}^3 = 165\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) Vì (d) và (d’) là tiếp tuyến của (O) tại A, B

Nên OA ⊥ d, OB ⊥ d’

Suy ra \(\widehat {OAM} = 90^\circ \), \(\widehat {OBP} = 90^\circ \)

Ta có đường tròn (O; R), đường kính AB

Nên OA = OB = R

Xét tam giác OAM và tam giác OBP có

\(\widehat {OAM} = \widehat {OBP}\left( { = 90^\circ } \right)\)

OA = OB

\(\widehat {MOA} = \widehat {POB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó △OAM = △OBP (g.c.g)

Suy ra OM = OP (hai cạnh tương ứng)

Xét tam giác MNP có NO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến

Suy ra tam giác MNP cân tại N

b) Xét tam giác MNP cân tại N có NO là đường cao

Suy ra NO là tia phân giác của góc MNP

Suy ra \(\widehat {ONI} = \widehat {ONB}\)

Xét tam giác ONI và tam giác ONB có

\(\widehat {OIN} = \widehat {OBN}\left( { = 90^\circ } \right)\)

ON là cạnh chung

\(\widehat {ONI} = \widehat {ONB}\)(chứng minh trên)

Do đó △ONI = △ONB (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra OI = OB (hai cạnh tương ứng)

Mà OB = R nên OI = R

Xét (O; R) có OI = R, OI ⊥ MN

Suy ra MN là tiếp tuyến của (O) tại I

c) Xét (O) có MA , MI là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M

Suy ra MA = MI

Xét (O) có NB , NI là hai tiếp tuyến cắt nhau tại N

Suy ra NB = NI

Vì tam giác OMN vuông tại O có OI ⊥ MN

Nên IM . IN = OI² = R²

Mà MA = MI, NB = NI (chứng minh trên)

Suy ra AM . BN = R²

d) Tứ giác ABNM có \(\widehat {MAB} = \widehat {ABN} = 90^\circ \)

Nên ABNM là hình thang vuông

Suy ra \({S_{ABNM}} = \frac{{(AM + BN).AB}}{2} = \frac{{\left( {AI + IN} \right).2{\rm{R}}}}{2} = MN.R\)

Kẻ MH vuông góc d’

Ta có tam giác MHN vuông tại H

Suy ra MN ≥ MH

Để diện tích tứ giác ABNM nhỏ nhất

⟺ MN nhỏ nhất

Mà MN ≥ MH (chứng minh trên)

Dấu “ = ” xảy ra khi M ≡ H

Vậy điểm M nằm trên đường thẳng song song AB cách AB một khoảng bằng R thì diện tích tứ giác ABNM nhỏ nhất.

Lời giải

Ta có: x5 – x4 – x3 – x2 – x – 2

= x5 + x4 – 2x4 + x3 – 2x3 + x2 – 2x2 + x – 2x – 2

= (x5 – 2x4) + (x4 – 2x3) + (x3 – 2x2) + (x2 – 2x) +(x – 2)

= x4(x – 2) + x3(x – 2) + x2(x – 2) + x(x – 2) + (x – 2)

= (x – 2) . (x4 + x3 + x2 + x +1)

Vậy x5 – x4 – x3 – x2 – x – 2 = (x – 2) . (x4 + x3 + x2 + x +1)

Lời giải

a) 5a – 10ax – 15a

= 5a + 5ax – 15ax – 15a

= 5a(1 + x) – 15a(x + 1)

= (1 + x)(5a – 15a)

= – 10a(1 + x)

b) – 2a²b – 4ab² – 6ab

= – (2a²b + 4ab² + 6ab)

= – 2ab(a + 2b + 3)

c) 3a²x – 6a²y + 12a

= 3a(ax – 2ay + 4)

Lời giải

Gọi thời gian làm một mình xong công việc của lớp 9A là x (giờ)

Thời gian làm một mình xong công việc của lớp 9B là y (giờ)

Đổi 1 giờ 20 phút = \(\frac{4}{3}\) giờ

Trong \(\frac{4}{3}\) giờ lớp 9A làm được \(\frac{4}{{3x}}\) công việc

Trong \(\frac{4}{3}\) giờ lớp 9B làm được \(\frac{4}{{3y}}\) công việc

Suy ra \(\frac{4}{{3x}} + \frac{4}{{3y}} = 1\)                          (1)

Thời gian lớp 9A làm nửa công việc là \(\frac{1}{2}x\)

Thời gian lớp 9B làm nửa công việc là \(\frac{1}{2}y\)

Suy ra \(\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}y = 3\)              (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{4}{{3{\rm{x}}}} + \frac{4}{{3y}} = 1\\\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{\rm{x}}} + \frac{1}{y} = \frac{3}{4}\\x + y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{6 - y}} + \frac{1}{y} = \frac{3}{4}\\x = 6 - y\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{6 - y}} + \frac{1}{y} = \frac{3}{4}\\x = 6 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{y + 6 - y}}{{(6 - y)y}} = \frac{3}{4}\\x = 6 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y(6 - y) = 24\\x = 6 - y\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y(6 - y) = 24\\x = 6 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3{y^2} + 18y - 24 = 0\\x = 6 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}(y - 2)(y - 4) = 0\\x = 6 - y\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}(y - 2)(y - 4) = 0\\x = 6 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}y = 2\\y = 4\end{array} \right.\\x = 6 - y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}y = 4\\x = 2\end{array} \right.\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy nếu làm một mình lớp 9A sau 4 giờ hoàn thành công việc, lớp 9B sau 2 giờ hoàn thành công việc hoặc lớp 9A sau 2 giờ hoàn thành công việc, lớp 9B sau 4 giờ hoàn thành công việc.

Lời giải

a) Vì A, C cùng thuộc (O), OH ⊥ AC

Nên H là trung điểm của AC (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Suy ra AH = HC

Vì OA = OC nên tam giác AOC cân tại O

Mà OH là đường cao

Suy ra OH là phân giác của góc AOC

Do đó \(\widehat {AOH} = \widehat {HOC}\)

Xét tam giác DAO và tam giác DCO có

DO là cạnh chung

\(\widehat {AOD} = \widehat {DOC}\) (chứng minh trên)

OA = OC

Do đó △DAO = △DCO (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {DAO} = \widehat {DCO}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {DAO} = 90^\circ \) (vì DA là tiếp tuyến của (O))

Nên \(\widehat {DCO} = 90^\circ \)

b) Xét tam giác ADO vuông tại A có AH ⊥ DO

Nên DH . DO = AD²                                        (1)

Vì E thuộc đường tròn (O) đường kính AB

Nên tam giác ABE vuông tại E

Suy ra AE ⊥ BE

Xét tam giác ADB vuông tại A có AE ⊥ DB

Nên DE . DB = AD²                                        (2)

Từ (1) và (2) suy ra DH . DO = DE . DB

c) Gọi P là giao điểm của AM và DO, Q là giao điểm của AD và EP

Xét tam giác ABM có OP // BM, OA = OB

Suy ra P là trung điểm của AM

Xét tam giác AMF có

P là trung điểm của AM, E là trung điểm của AF

Suy ra PE là đường trung bình

Do đó PE // MF

Mà MF ⊥ AD, AB ⊥ AD

Suy ra PE // KF // AB

Xét tam giác AKF có EA = EF, QE // FK

Suy ra Q là trung điểm của AK

Xét tam giác ADB có \(\frac{{PQ}}{{AO}} = \frac{{DP}}{{DO}} = \frac{{PE}}{{OB}}\)

Mà AO = BO nên PQ = PE

Xét tam giác AKF có \(\frac{{PQ}}{{KM}} = \frac{{PE}}{{MF}}\left( { = \frac{{AP}}{{AM}}} \right)\)

Suy ra KM = MF

Lời giải

Ta có n(Ω) = \({\rm{C}}_{12}^3\) = 220

a) Gọi biến cố A: “ trong 3 bóng lấy ra có ít nhất 2 bóng tốt ”

+) Trong 3 bóng có 2 bóng tốt, 1 bóng không tốt: \({\rm{C}}_5^1.{\rm{C}}_7^2\)

+) Trong 3 bóng có 3 bóng tốt: \({\rm{C}}_7^3\)

Suy ra n(A) = \({\rm{C}}_5^1.{\rm{C}}_7^2\) + \({\rm{C}}_7^3\) = 140

Vậy xác suất để lấy được ít nhất 2 bóng tốt là \(P\left( A \right) = \frac{{140}}{{220}} = \frac{7}{{11}}\).

b) Gọi biến cố B: “ trong 3 bóng lấy ra có ít nhất 1 bóng tốt ”

Gọi \(\overline {\rm{B}} \) là biến có đối của biến cố B: “ trong 3 bóng lấy ra đều là bóng không tốt ”

Nên \({\rm{n}}\left( {\overline B } \right){\rm{ = }}\,{\rm{C}}_5^3 = 10\)

Suy ra \(P\left( {\overline B } \right) = \frac{{10}}{{220}} = \frac{1}{{22}}\).

Vậy xác suất để lấy được ít nhất 1 bóng tốt là: \(P\left( B \right) = 1 - P\left( {\overline B } \right) = 1 - \frac{1}{{22}} = \frac{{21}}{{22}}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Trong 3 bóng có 1 bóng hỏng

Ta có \(n\left( \Omega \right) = {\rm{C}}_{12}^3 = 220\)

Gọi biến cố A: “ trong 3 bóng lấy ra có 1 bóng hỏng ”

Ta có \({\rm{n}}\left( A \right){\rm{ = C}}_4^1.{\rm{C}}_8^2 = 112\)

Suy ra \(P\left( A \right) = \frac{{112}}{{220}} = \frac{{28}}{{55}}\).

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

Điều kiện xác định: x ≥ 0

Ta có \(5x - 2\sqrt x \left( {y + 2} \right) + {y^2} + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow 5x - 2\sqrt x y - 4\sqrt x + {y^2} + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 2\sqrt x y + {y^2}} \right) + \left( {4x - 4\sqrt x + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x - y} \right)^2} + {\left( {2\sqrt x - 1} \right)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {\rm{x}} - {\rm{y = 0}}\\2\sqrt {\rm{x}} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \sqrt {\rm{x}} \\\sqrt {\rm{x}} = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{1}{2}\\{\rm{x}} = \frac{1}{4}\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy \(\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right)\).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

y = x⁴ – x³ – 2

y’ = 4x³ – 3x² = 0 ⇔ x²(4x – 3) = 0 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{3}{4}\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên:

Quan sát bảng ta thấy số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là 2

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {BC} = \left( {3;0} \right)\)

Gọi H(x; y) thuộc đường thẳng BC là hình chiếu của A lên BC

Nên \(\overrightarrow {BH} = k\overrightarrow {BC} \) (với \(\overrightarrow {BH} = \left( {x - 2;y} \right)\))

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

Suy ra H(2 – 3k; 0). Khi đó \(\overrightarrow {AH} = \left( { - 1 - 3k; - 2} \right)\).

Vì AH ⊥ BC nên \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0\)

⟺ (– 1 – 3k).3 + (–2).0 = 0

⟺ – 1 – 3k = 0

⟺ k = \(\frac{{ - 1}}{3}\)

Suy ra H(3; 0).

b) Vì I là trung điểm AC nên I(4; 1).

Ta có: \(\overrightarrow {BC} = \left( {3;0} \right)\) suy ra \({\overrightarrow n _{BC}} = \left( {0;3} \right)\) nên phương trình BC là:

           0(x – 2) + 3(y – 0) = 0 Û y = 0.

A và I nằm cùng phía so với BC

Gọi I’ là điểm đối xứng I qua BC. Suy ra I’ (4; – 1)

Vì M nằm trên BC nên MI = MI’

Suy ra MI + MA = MI’ + MA

Để MA + MI nhỏ nhất thì MA + MI’ nhỏ nhất

Hay M, A, I’ thẳng hàng

Suy ra M là giao điểm của BC và AI’

Ta có \(\overrightarrow {AI'} = \left( {1; - 3} \right)\)

Suy ra \({\overrightarrow n _{AI'}} = \left( {3;1} \right)\)

Nên ta có phương trình AI’ là:

3(x – 3) + (y – 2) = 0

⇔ 3x + y – 11 = 0

Với y = 0 ta có \(x = \frac{{11}}{3}\).

Suy ra M\(\left( {\frac{{11}}{3};0} \right)\)

Vậy M\(\left( {\frac{{11}}{3};0} \right)\) thì MA + MI nhỏ nhất.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Vì △’ // △ nên phương trình đường thẳng △’ có dạng x + 2y + c = 0

Lấy A(1; 0) thuộc △, khi đó

\({T_{\overrightarrow v }}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 1 + 1 = 2\\{y_{A'}} = 0 - 1 = - 1\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {2; - 1} \right)\)

Vì A’ ∈ △’ nên 2 + 2 . (–1) + c = 0

Suy ra c = 0

Do đó phương trình đường thẳng △’ là x + 2y = 0

Vậy ta chọn đáp án D.