Lời giải

a) Khi m = 0 thì d có dạng y = 2x + 1

Bảng giá trị:

Ta có đường thẳng d đi qua hai điểm A(0; 1) và \({\rm{B}}\left( {\frac{{ - 1}}{2};0} \right)\)

b) Thay x = 2 vào y = 2x – 5 ta có

y = 2 . 2 – 5 = – 1

Thay x = 2, y = – 1 vào d ta có

– 1 = (2 – m). 2 + m + 1

⇔ – 1 = 4 – 2m + m + 1

⇔ m = 6 (thỏa mãn)

Khi m = 6 thì d có dạng y = – 4x + 7 cắt đường thẳng y = 2x – 5

Vậy m = 6 thì d cắt đường thẳng y = 2x – 5 tại điểm có hoành độ bẳng 2.

c) Vì m ≠ 2 nên d cắt Ox tại điểm \({\rm{C}}\left( {\frac{{m + 1}}{{m - 2}};0} \right)\) và cắt Oy tại điểm D(0; m + 1)

Ta có S_COD = \(\frac{1}{2}\left| {\frac{{m + 1}}{{m - 2}}} \right|\left| {m + 1} \right|\)= 2

⇔ (m + 1)² = 4\(\left| {{\rm{m}} - 2} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {m + 1} \right)^2} = 4(m - 2)\\{\left( {m + 1} \right)^2} = 4(2 - m)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} + 2m + 1 = 4m - 8\\{m^2} + 2m + 1 = 8 - 4m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} - 2m + 9 = 0\\{m^2} + 6m - 7 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} - 2m + 9 = 0\\(m - 1)(m + 7) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 7\end{array} \right.\)(thỏa mãn)

Lời giải

Thay y = 1 vào (d₁): y = 2x + 5 ta có

1 = 2x + 5 ⇔ x = – 2

Thay x = – 2, y = 1 vào (d₂) ta có

Vậy với m = – 4 thì hai đường thẳng cắt nhau tại điểm có tung độ bằng 1.

Lời giải

\(A = 1 + 11 + 111 + 1111 + ... + 11...1\) (10 chữ số 1)

\(9A = 9 + 99 + 999 + 9999 + ... + 99...9\) (10 chữ số 9)

\(9A = \left( {10 - 1} \right) + \left( {{{10}^2} - 1} \right) + \left( {{{10}^3} - 1} \right) + ... + \left( {{{10}^{10}} - 1} \right)\)

\(9A = \frac{{10.\left( {1 - {{10}^{10}}} \right)}}{{1 - 10}} - 10\)

\(9A = \frac{{{{10}^{11}} - 10}}{9} - 10\)

\(9A = \frac{{{{10}^{11}} - 100}}{9}\)

\(A = \frac{{{{10}^{11}} - 100}}{{81}}\)

A = 1 234 567 900

Vậy A = 1 234 567 900.

Lời giải

Tập xác định D = R

Bảng biến thiên :

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đồ thị hàm số bậc hai y = f(x) = y = – x² – 4x + 1 là một parabol (P):

– Có đỉnh S với hoành độ x_S = – 2, tung độ y_S­ = 5;

– Có trục đối xứng là đường thẳng x = – 2 (đường thẳng này đi qua đỉnh S và song song với trục Oy);

– Bề lõm quay xuống dưới vì a = – 2 < 0;

– Cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1, tức là đồ thị đi qua điểm có tọa độ (0; 1);

– Ngoài ra, đồ thị hàm số y = f(x) còn đi qua hai điểm (– 1; 4) và (– 4; 1)

Ta vẽ được đồ thị như hình dưới:

Lời giải

a) Xét tam giác ABO có Q là trung điểm của AB, M là trung điểm của OB

Suy ra QM là đường trung bình

Suy ra QM // AO, \({\rm{QM = }}\frac{1}{2}{\rm{AO}}\)                               (1)

Xét tam giác ACO có P là trung điểm của AC, N là trung điểm của OC

Suy ra PN là đường trung bình

Suy ra PN // AO, \({\rm{PN = }}\frac{1}{2}{\rm{AO}}\)                               (2)

Từ (1) và (2) suy ra QM // PN, QM = PN

Do đó MNPQ là hình bình hành

Vậy MNPQ là hình bình hành

b) Xét tam giác ABC có P là trung điểm của AC, Q là trung điểm của AB

Suy ra PQ là đường trung bình

Suy ra PQ // BC

Để hình bình hành MNPQ là hình chữ nhật

⇔ QM ⊥ QP

⇔ QM ⊥ BC (vì QP // BC)

⇔ AO ⊥ BC (vì QM // AO)

⇔ O thuộc đường thẳng qua A và vuông góc BC

Vậy O thuộc đường thẳng qua A và vuông góc BC thì MNPQ là hình chữ nhật.

Lời giải

a) Vì C là giao điểm của 2 tiếp tuyến CA và CD

Nên CA = CD

Suy ra C thuộc đường trung trực của AD                 (1)

Vì A, D cùng thuộc (O) nên OA = OD

Suy ra O thuộc đường trung trực của AD                 (2)

Từ (1) và (2) suy ra CO ⊥ AD

b) Xét tam giác vuông ACO có CO ⊥ AI

Suy ra CI . CO = AC² (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Vì tam giác AEB nội tiếp (O), AB là đường kính

Nên tam giác AEB vuông tại E

Suy ra AE ⊥ BE

Xét tam giác vuông ACB có AE ⊥ BC

Suy ra CE . CB = AC² (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà CI . CO = AC² (chứng minh trên)

Suy ra CE . CB = CI . CO

Vậy CE . CB = CI . CO

c) Vì H là trực tâm tam giác ACD nên AH ⊥ CD, AC ⊥ DH, CH ⊥ AD

Vì AC ⊥ DH, AC ⊥ AB nên DH // AB

Vì AH ⊥ CD, DO ⊥ CD nên AH // DO

Xét tứ giác AHDO có AH // DO, DH // AO (chứng minh trên)

Suy ra AHDO là hình bình hành

Mà AD cắt HO tại I

Do đó I là trung điểm của HO

Trên tia đối của tia AO lấy G sao cho GA = AO

Xét tam giác GHO có A là trung điểm của OG, I là trung điểm của HO

Nên AI là đường trung bình

Suy ra AI // GH

Mà AI ⊥ CO nên GH ⊥ CO

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

Do đó H thuộc đường tròn đường kính OG

Vậy khi C di chuyển trên Ax thì H di chuyển trên đường tròn tâm A bán bính AO cố định.

Lời giải

a) Xét (O) có MA, MC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M

Suy ra MA = MC

Hay M thuộc trung trực của AC                               (1)

Vì A, D cùng thuộc (O) nên OA = OD          

Suy ra O thuộc đường trung trực của AC                 (2)

Từ (1) và (2) suy ra MO ⊥ AC

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

Vì BD là tiếp tuyến của (O) nên BD ⊥ BO

Suy ra \(\widehat {OB{\rm{D}}} = 90^\circ \)

Xét tứ giác OBDE có \(\widehat {OED} + \widehat {OBD} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác OBDE nội tiếp

Vậy tứ giác OBDE nội tiếp

b) Vì tam giác ABC nội tiếp (O) đường kính AB

Nên tam giác ABC vuông tại C

Suy ra AC ⊥ BC

Xét tam giác ABD vuông tại B có BC ⊥ AD

Suy ra AC. AD = AB² (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà AB = 2R

Suy ra AC . AD = 4R²

Vậy AC . AD = 4R²

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

Suy ra OM là phân giác của góc AOC, MO là phân giác của góc AMC

Do đó \(\widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {COA}\), \(\widehat {OMA} = \widehat {CMO}\)

Xét (O) có FC, FB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại F

Suy ra OF là phân giác của góc BOC

Do đó \(\widehat {COF} = \frac{1}{2}\widehat {COB}\)

Khi đó :

Suy ra tam giác MFO vuông tại O

Do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF là trung điểm I của MF

Xét tam giác MFO vuông tại O có OI là trung tuyến

Suy ra IO = IM = IF

Do đó tam giác IMO cân tại I

Suy ra \(\widehat {I{\rm{O}}M} = \widehat {IM{\rm{O}}}\)

Mà \(\widehat {AMO} = \widehat {IM{\rm{O}}}\) (chứng minh câu trên)

Suy ra \(\widehat {AMO} = \widehat {I{\rm{OM}}}\)

Vì tam giác AMO vuông tại A nên \(\widehat {AMO} + \widehat {{\rm{AOM}}} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Hay \(\widehat {MOI} + \widehat {{\rm{AOM}}} = 90^\circ \)

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

Do đó AO ⊥ OI

Xét (I; IO) có AB ⊥ OI

Suy ra AB là tiếp tuyến

Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF.

Lời giải

Ta có n(3n – 1) = 3n² – n

Với n = 1 ta có 1 . 2 = 3 . 1² – 1

Với n = 2 ta có 2 . 5 = 3 . 2² – 2

Với n = 3 ta có 3 . 8 = 3 . 3² – 3

....

Với n = n ta có n(3n – 1) = 3n² – n

Cộng vế các đẳng thức ta được

1 . 2 + 2 . 5 + 3 . 8 + ....... + n(3n – 1) = 3(1² + 2² + ... + n²) – (1 + 2 + ... + n)

⇔ S_n = \(3.\frac{{n(n + 1)(n + 2)}}{6} - \frac{{n(n + 1)}}{2}\)

⇔ S_n = \(\frac{{n(n + 1)}}{2}.\left( {\frac{{n + 2}}{2} - 1} \right) = {n^2}(n + 1)\)

Vậy S_n = n²(n + 1).

Lời giải

a) Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O)

Nên MA ⊥ OA, MB ⊥ OB

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

Vì MA ⊥ MB nên \(\widehat {BMA} = 90^\circ \)

Xét tứ giác OBMA có \(\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = \widehat {BMA} = 90^\circ \)

Nên OBMA là hình chữ nhật

Mà OA = OB

Suy ra OBMA là hình vuông                                  

Vậy OBMA là hình vuông.

b)Vì OBMA là hình vuông

Nên MA = MB = OA = OB = 2 cm

Xét (O) có DA, DC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D

Suy ra DA = DC

Xét (O) có EB, EC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E

Suy ra EB = EC

Chu vi tam giác MED bằng

ME + ED + MD = ME + EC + CD + MD = ME + EB + DA + MD

= MB + MA = 2 + 2 = 4 (cm)

Vậy chu vi tam giác MDE bằng 4 cm.

Lời giải

a) Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O)  cắt nhau tại M

Nên MA ⊥ OA, MB ⊥ OB, MA = MB

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

Xét tứ giác AMBO có \(\widehat {OAM} + \widehat {OBM} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác AMBO nội tiếp

Vậy tứ giác AMBO nội tiếp .

b) Xét (O) có \(\widehat {CBM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung BC

\(\widehat {B{\rm{D}}M}\) là góc nội tiếp chắn cung BC

Suy ra \(\widehat {CBM} = \widehat {MDB}\)

Xét tam giác MBC và tam giác MDB có

\(\widehat {CBM} = \widehat {MDB}\)

\(\widehat {BMD}\) là góc chung

Suy ra (g.g)

Do đó \(\frac{{{\rm{MB}}}}{{{\rm{MD}}}} = \frac{{{\rm{MC}}}}{{{\rm{MB}}}}\)

Suy ra MC . MD = MB²

Mà MA = MB (chứng minh câu a)

Suy ra MC . MD = MA²                       (1)

Vì MA = MB nên M thuộc trung trực của AB

Vì OA = OB nên O thuộc trung trực của AB

Suy ra MO là trung trực của AB

Do đó MO ⊥ AB

Xét tam giác MAO vuông tại A có MO ⊥ AH

Suy ra MH . MO = MA² (hệ thức lượng trong tam giác vuông)                    (2)

Từ (1) và (2) suy ra MC . MD = MH . MO

c) Vì MC . MD = MH . MO nên \(\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{M{\rm{D}}}}\)

Xét tam giác MCH và tam giác MOD có

\(\widehat {OMD}\) là góc chung

\(\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{M{\rm{D}}}}\) (chứng minh trên)

Suy ra (c.g.c)

Do đó \(\widehat {MHC} = \widehat {MDO}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {MHC} + \widehat {OHC} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {MDO} + \widehat {OHC} = 180^\circ \)

Do đó tứ giác CHOD nội tiếp

Suy ra \(\widehat {OH{\rm{D}}} = \widehat {OC{\rm{D}}}\)

Vì OC = OD nên tam giác OCD cân tại O

Suy ra \(\widehat {O{\rm{DC}}} = \widehat {OC{\rm{D}}}\)

Mà \(\widehat {OH{\rm{D}}} = \widehat {OC{\rm{D}}}\) nên \(\widehat {O{\rm{DC}}} = \widehat {OH{\rm{D}}}\)

Lại có \(\widehat {MHC} = \widehat {CDO}\) (chứng minh trên)

Suy ra \(\widehat {MHC} = \widehat {OH{\rm{D}}}\)

Suy ra \(90^\circ - \widehat {MHC} = 90^\circ - \widehat {OH{\rm{D}}}\)

Hay \(\widehat {BHC} = \widehat {BH{\rm{D}}}\)

Mà \(\widehat {BHC} + \widehat {BH{\rm{D}}} = \widehat {CH{\rm{D}}}\)

Suy ra \(\frac{{\widehat {CH{\rm{D}}}}}{2} = \widehat {CHB}\)

Xét tam giác COD cân tại O có OK là trung tuyến

Suy ra OK là phân giác của góc COD

Do đó \(\frac{{\widehat {{\rm{COD}}}}}{2} = \widehat {{\rm{COK}}}\)

Xét (O) có \(\widehat {CH{\rm{D}}},\widehat {{\rm{ COD}}}\)cùng chắn cung CD

Suy ra \(\widehat {CH{\rm{D}}} = \widehat {{\rm{COD}}}\)

Suy ra \(\frac{{\widehat {CH{\rm{D}}}}}{2} = \frac{{\widehat {{\rm{COD}}}}}{2}\)

Do đó \(\widehat {CHB} = \widehat {{\rm{COE}}}\)

Xét tứ giác CHOE có \(\widehat {CHE} = \widehat {{\rm{COE}}}\)

\(\widehat {CHE},\widehat {{\rm{COE}}}\) cùng chắn cung CE

Suy ra tứ giác CHOE nội tiếp

Suy ra \(\widehat {OHE} = \widehat {{\rm{OCE}}}\) (vì cùng chắn cung OE)

Mà \(\widehat {OHE} = {\rm{90}}^\circ \)

Nên \(\widehat {OCE} = {\rm{90}}^\circ \)

Hay OC ⊥ CE

Xét (O) có OC ⊥ CE, OC là bán kính

Suy ra EC là tiếp tuyến của (O)

Vậy EC là tiếp tuyến của (O).

Lời giải

a) sin² x + sin 2x + 3cos² x = 3

⇔ sin² x + 2sin x cos x + 3cos² x = 3

+) cos x = 0 không là nghiệm của phương trình

+) cos x ≠ 0, phương trình có dạng

tan² x + 2tan x + 3 = 3.\(\frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}\)

⇔ tan² x + 2tan x + 3 = 3(1 + tan² x)

⇔ tan² x + 2tan x + 3 – 3 – 3tan² x = 0

⇔ – 2tan² x + 2tan x = 0

⇔ tan² x – tan x = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{tan x = 0}}\\{\rm{tan x = 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x = k}}\pi \\{\rm{x = }}\frac{\pi }{4} + {\rm{k}}\pi \end{array} \right.\]

Vậy x = kπ, x = \(\frac{\pi }{4}\)+ kπ.

b) 3sin² 2x – 5sin 2x cos 2x – 8cos² 2x = 0

+) cos x = 0 không là nghiệm của phương trình

+) cos x ≠ 0, phương trình có dạng

3tan² 2x – 5tan 2x – 8 = 0

⇔ (tan 2x – 1)(3tan 2x + 8) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan 2{\rm{x = 1}}\\{\rm{tan2x}} = \frac{{ - 8}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{\rm{x}} = \frac{\pi }{4} + k\pi \\2{\rm{x}} = \arctan \frac{{ - 8}}{3} + k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x}} = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}\\{\rm{x}} = \arctan \frac{{ - 8}}{6} + \frac{{k\pi }}{2}\end{array} \right.\)

Vậy \[{\rm{x}} = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2};x = \arctan \frac{{ - 8}}{3} + k\pi \].

c) cos² x – 3sin 2x cos 2x + 1 = 0

+) cos x = 0 không là nghiệm của phương trình

+) cos x ≠ 0, phương trình có dạng

1 – 3tan 2x + \(\frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}2x}}\)= 0

⇔ 1 – 3tan 2x + 1 + tan² 2x = 0

⇔ tan² 2x – 3tan 2x + 2= 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan 2{\rm{x = 1}}\\{\rm{tan2x}} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{\rm{x}} = \frac{\pi }{4} + k\pi \\2{\rm{x}} = \arctan 2 + k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x}} = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}\\{\rm{x}} = \arctan 1 + \frac{{k\pi }}{2}\end{array} \right.\)

Vậy \[{\rm{x}} = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2};x = \arctan 1 + \frac{{k\pi }}{2}\].

Lời giải

a) Vì tam giác ABC cân tại A nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\)

Xét tam giác ABC có \(\widehat {ABC} + \widehat {ACB} + \widehat {BAC} = 180^\circ \)(tổng ba góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (chứng minh trên)

Suy ra \(\widehat {ABC} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2}\)                            (1)

Vì AE = AD nên tam giác AED cân tại A

Suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {AE{\rm{D}}}\)

Xét tam giác ADE có \(\widehat {ADE} + \widehat {AE{\rm{D}}} + \widehat {DA{\rm{E}}} = 180^\circ \)(tổng ba góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {ADE} = \widehat {AE{\rm{D}}}\) (chứng minh trên)

Suy ra \(\widehat {AE{\rm{D}}} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2}\)                       (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {AE{\rm{D}}}\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị

Suy ra ED // BC

Vậy ED // BC.

b) Xét tam giác ABD và tam giác ACE có

AB = AC (chứng minh câu a)

\(\widehat A\)là góc chung

AE = AD (giả thiết)

Do đó △ ABD = △ ACE (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {AEC} = \widehat {ADB}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (vì AD ⊥ BC)

Nên \(\widehat {AEC} = 90^\circ \)

Hay CE ⊥ BA

Vậy CE ⊥ BA.

Lời giải

a) Ta có \(\widehat {BAE} + \widehat {EAD} = \widehat {BAD} = 90^\circ \)

\(\widehat {CA{\rm{D}}} + \widehat {EAD} = \widehat {CAE} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {BA{\rm{E}}} = \widehat {CAD}\)

Xét tam giác ABE và tam giác ADC có

AB = AD (giả thiết)

\(\widehat {BA{\rm{E}}} = \widehat {CAD}\)(chứng minh trên)

AC = AE (giả thiết)

Suy ra △ ABE = △ ADC (c.g.c)

Do đó \(\widehat {BEA} = \widehat {ACD}\)

Vì tam giác AEC vuông cân tại A

Nên \(\widehat {CEA} = \widehat {ACE} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ \)

Mà \(\widehat {BEA} = \widehat {ACD}\)

Suy ra \(\widehat {BEA} = \widehat {AEC} = 45^\circ \)

Suy ra \(\widehat {BEA} + \widehat {AEC} = \widehat {BEC} = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ \)

Hay BE ⊥ DC

b) Ta có \(\widehat {BAH} + \widehat {HAD} = \widehat {BAD} = 90^\circ \)

Vì tam giác ABH vuông tại H nên \(\widehat {BAH} + \widehat {HBA} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Suy ra \(\widehat {DAH} = \widehat {HBA}\)

Vì tam giác ADP vuông tại H nên \(\widehat {PA{\rm{D}}} + \widehat {P{\rm{D}}A} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {P{\rm{D}}A}\)

Xét tam giác ABH và tam giác DAP có

\(\widehat {DAH} = \widehat {HBA}\) (chứng minh trên)

AB = AD (giả thiết)

\(\widehat {BAH} = \widehat {P{\rm{D}}A}\)(chứng minh trên)

Suy ra △ ABH = △ DAP (g.c.g)

Do đó AH = DP (hai góc tương ứng)

Vậy AH = DP.

c) Ta có \(\widehat {EAQ} + \widehat {CAQ} = \widehat {EAC} = 90^\circ \)

Vì tam giác AEQ vuông tại Q nên \(\widehat {QAE} + \widehat {QEA} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Suy ra \(\widehat {CAQ} = \widehat {QEA}\)

Xét tam giác AEQ và tam giác CAH có

\(\widehat {AQE} = \widehat {CHA}\left( { = 90^\circ } \right)\)

AE = AC (giả thiết)

\(\widehat {CAQ} = \widehat {QEA}\) (chứng minh trên)

Suy ra △ AEQ = △ CAH (cạnh huyển – góc nhọn)

Do đó AH = EQ (hai góc tương ứng)

Mà AH = DP (chứng minh câu b)

Suy ra EQ = DP

Ta có EQ ⊥ AM, DP ⊥ AM

Suy ra EQ // PD

Xét tứ giác EQDP có EQ // PD, EQ = DP

Suy ra EQDP là hình bình hành

Mà DE cắt PQ ở M

Suy ra M là trung điểm của DE

Vậy M là trung điểm của DE.

d) Vì tam giác AQE vuông ở Q nên AE² = EQ² + AQ²

Hay AE² = 3² + 4² = 9 + 16 = 25

Suy ra AE = 5

Xét tam giác AEQ vuông tại Q có QI ⊥ AE

Suy ra EQ² = EI . EA (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Hay 3² = EI . 5

Suy ra EI = 1,8

Ta có AI = AE – EI = 5 – 1,8 = 3,2

Vậy EI = 1,8 cm và AI = 3,2 cm.

Lời giải

Đáp án đúng là B

Ta có

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

a) Ta có:

= cos2x

Vậy cos⁴ x – sin⁴ x = cos2x.

b) Ta có: cos⁴ x + sin⁴ x

= 1 – \(\frac{{1 - c{\rm{os 4x}}}}{4}\)

= \(\frac{3}{4} + \frac{1}{4}\)cos 4x

Vậy cos⁴ x + sin⁴ x = \(\frac{3}{4} + \frac{1}{4}\)cos 4x.

c) Ta có \(\frac{{1 - c{\rm{os2x}}}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}\)

= tan x

Vậy \(\frac{{1 - c{\rm{os2x}}}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}\)= tanx.

Lời giải

a) Điều kiện xác định x ≠ 2m – 1

Để hàm số xác định trên [0; 1)

Vậy m < \(\frac{1}{2}\) hoặc m ≥ 1 thì hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2m + 1}}\) xác định trên [0; 1).

b) Điều kiện xác định x ≠ 2m + 1

Để hàm số xác định trên [3; + ∞)

Thì 2m + 1 < 3

Hay m < 1

Vậy m < 1 thì hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 3{\rm{x}}}}{{x - 2m - 1}}\) xác định trên [3; + ∞).

Lời giải

a) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có

\({\rm{P = }}\frac{1}{{\sqrt x - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x + 1}} - 1\)

\({\rm{P = }}\frac{{\sqrt x + 1 - (\sqrt x - 1)}}{{(\sqrt x + 1)(\sqrt x - 1)}} - \frac{{x - 1}}{{(\sqrt x + 1)(\sqrt x - 1)}}\)

\({\rm{P = }}\frac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x + 1}}{{(\sqrt x + 1)(\sqrt x - 1)}} - \frac{{x - 1}}{{(\sqrt x + 1)(\sqrt x - 1)}}\)

\({\rm{P = }}\frac{{2 - x + 1}}{{(\sqrt x + 1)(\sqrt x - 1)}}\)

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

Vậy với x ≥ 0, x ≠ 1 thì \({\rm{P = }}\frac{{3 - x}}{{x - 1}}\).

b) Ta có

\({\rm{P = }}\frac{{3 - x}}{{x - 1}} = \frac{{ - x + 1 + 2}}{{x - 1}} = - 1 + \frac{2}{{x - 1}}\)

Để P là một số nguyên thì \(\frac{2}{{x - 1}}\) đạt giá trị nguyên

Suy ra x – 1 ∈ Ư(2)

Hay x – 1 ∈ {1; 2; – 1; – 2}

Với x – 1 = 1 thì x = 2 (thỏa mãn)

Với x – 1 = 2 thì x = 3 (thỏa mãn)

Với x – 1 = – 1 thì x = 0 (thỏa mãn)

Với x – 1 = – 2 thì x = – 1 (thỏa mãn)

Lời giải

Đáp án đúng là C

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, chiếc cổng là một phần của Parabol (P): y = ax² + bx + c với a < 0

Do parabol (P) đối xứng ua trục tung nên có trục đối xứng x = 0

Suy ra \( - \frac{b}{{2{\rm{a}}}} = 0 \Leftrightarrow b = 0\)

Chiều cao của cổng parabol là 4 nên G(0; 4)

Suy ra c = 4

Do đó (P): y = ax² + 4

Vì kích thước cửa ở giữa là 3 x 6 nên E(3; 3), F(– 3; 3)

Suy ra 3 = 9a + 4

Suy ra a = \( - \frac{1}{9}\)

Do đó (P): y = \( - \frac{1}{9}\)x² + 4

Ta có \( - \frac{1}{9}\)x² + 4 = 0

\( \Leftrightarrow {x^2} = 36 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x = - 6\end{array} \right.\)

Suy ra A(– 6; 0) và B(6; 0)

Do đó AB = 12 (m)

Lời giải

a) Xét phương trình (1 + m)x2 – 2mx + 2m = 0 (*)

Trường hợp 1: m + 1 = 0 Û m = –1.

Khi đó phương trình (*) trở thành: 2x – 2 = 0 Û x = 1.

Do đó khi m = –1 thì phương trình (*) có nghiệm.

Trường hợp 2: m + 1 ≠ 0 Û m ≠ –1.

Khi đó phương trình (*) là phương trình bậc hai một ẩn.

Có: △’ = (–m)² – 2m(1 + m)

            = m² – 2m – 2m²

            = – m² – 2m

Để phương trình có nghiệm thì Δ' ≥ 0

⟺ – m² – 2m ≥ 0

⟺ m² + 2m ≤ 0

⟺ m(m + 2) ≤ 0

⟺ – 2 ≤ m ≤ 0

Kết hợp 2 trường hợp ta có: – 2 ≤ m ≤ 0.

Vậy – 2 ≤ m ≤ 0 thì phương trình đã cho có nghiệm.

b) Để phương trình vô nghiệm thì Δ' < 0

⟺ – m² – 2m < 0

⟺ m² + 2m > 0

⟺ m(m + 2) > 0

⟺ \(\left[ \begin{array}{l}x > 0\\x < - 2\end{array} \right.\)

c) Để phương trình có hai nghiệm thì Δ' ≥ 0

⟺ – m² – 2m ≥ 0

⟺ m² + 2m ≤ 0

⟺ m(m + 2) ≤ 0

⟺ – 2 ≤ m ≤ 0

Kết hợp điều kiện m ≠ – 1 ta có – 2 ≤ m ≤ 0 và m ≠ – 1.

d) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ' > 0

⟺ – m² – 2m > 0

⟺ m² + 2m < 0

⟺ m(m + 2) < 0

⟺ – 2 < m < 0

Kết hợp điều kiện m ≠ – 1 ta có – 2 < m < 0 và m ≠ – 1.

Lời giải

Đáp án đúng là B

Điều kiện xác định: (2m² + 1)x² – 4mx + 2 ≠ 0

Xét tam thức bậc hai  f(x) = (2m²+1) x² – 4mx + 2 

Ta có  hệ số a = 2m² + 1 > 0 và 

Δ’ = 4m² – 2(2m² +1) = – 2 < 0

Suy ra với mọi m ta có  f(x) > 0 với mọi x

Vậy tập xác định của hàm số là D = R.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:

Do đó:

\(\frac{1}{{{a^2} + bc}} + \frac{1}{{{b^2} + ac}} + \frac{1}{{{c^2} + ab}} \le \frac{{\sqrt {bc} + \sqrt {ac} + \sqrt {ab} }}{{{\rm{2a}}bc}}\)           (*)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:

Từ (*) và (**) suy ra

\(\frac{1}{{{a^2} + bc}} + \frac{1}{{{b^2} + ac}} + \frac{1}{{{c^2} + ab}} \le \frac{{a + b + c}}{{{\rm{2a}}bc}}\)

Vậy \(\frac{1}{{{a^2} + bc}} + \frac{1}{{{b^2} + ac}} + \frac{1}{{{c^2} + ab}} \le \frac{{a + b + c}}{{2{\rm{a}}bc}}\) với a, b, c > 0.

Lời giải

a) Xét tam giác ABC vuông tại A có \(\sin \widehat {ACB} = \frac{{AC}}{{BC}}\)

Suy ra \(\sin 30^\circ = \frac{6}{{BC}}\)

Suy ra BC = 6 . 2 = 12 (cm)

b) Xét đường tròn đường kính AC có DE ⊥ AC

Suy ra AC đi qua trung điểm của DE, H là trung điểm của DE

Xét tam giác ECD có CH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến

Suy ra tam giác ECD cân tại C và CH là tia phân giác của \(\widehat {EC{\rm{D}}}\)

Do đó \(\widehat {EC{\rm{D}}} = 2\widehat {ACB} = 2.30 = 60^\circ \)

Suy ra tam giác ECD đều

Vậy tam giác ECD đều

c) Xét đường tròn đường kính AC có \(\widehat {{\rm{BMD}}},\widehat {{\rm{MCD}}}\) là hai góc chắn cung MD

Suy ra \(\widehat {{\rm{BMD}}} = \widehat {{\rm{MCD}}}\)

Xét tam giác MDB và tam giác CMB có

\(\widehat {{\rm{BMD}}} = \widehat {{\rm{MCD}}}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {{\rm{MBC}}}\) là góc chung

Suy ra  tam giác BDM đồng dạng với tam giác BMC

Vậy tam giác BDM đồng dạng với tam giác BMC

d) Vì tam giác EHK vuông tại K

Nên \(\widehat {KEH} + \widehat {KHE} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {KHC} + \widehat {KHE} = \widehat {CHE} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {KEH} = \widehat {KHC}\)

Xét tam giác KEH và tam giác KHC có

\(\widehat {KEH} = \widehat {KHC}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {EKH} = \widehat {HKC}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{KH}}{{HC}} = \frac{{EK}}{{EH}}\)

Suy ra \(\frac{{KH}}{{2HC}} = \frac{{EK}}{{2EH}}\)

Do đó \(\frac{{IH}}{{HC}} = \frac{{EK}}{{DE}}\)

Xét tam giác IHC và tam giác KED có

\(\frac{{IH}}{{HC}} = \frac{{EK}}{{DE}}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {KED} = \widehat {IHC}\)(chứng minh trên)

Do đó  (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {KDE} = \widehat {ICH}\) (hai góc tương ứng)

Vì tam giác CHD vuông tại H

Nên \(\widehat {HC{\rm{D}}} + \widehat {HDC} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

\( \Leftrightarrow \widehat {HC{\rm{D}}} + \widehat {HDK} + \widehat {KDC} = 90^\circ \)

\( \Leftrightarrow \widehat {HC{\rm{D}}} + \widehat {ICH} + \widehat {KDC} = 90^\circ \)

\( \Leftrightarrow \widehat {IC{\rm{D}}} + \widehat {KDC} = 90^\circ \)

Gọi giao điểm của CI và KD là O

Xét tam giác OCD có \(\widehat {OC{\rm{D}}} + \widehat {ODC} + \widehat {DOC} = 180^\circ \)

Hay \(\widehat {DOC} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \)

Suy ra CI ⊥ DK

Vậy CI ⊥ DK.

Lời giải

Đáp án đúng là A

Ta có:

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) Vì tam giác ABC cân tại A nên AB = AC

Vì H là trung điểm của BC nên HA = HC

Xét tam giác AHB và tam giác AHC có

AH là cạnh chung

AB = AC (chứng minh trên)

HA = HC (chứng minh trên)

Do đó ΔAHB = ΔAHC (c.c.c)

Suy ra \(\widehat {AHB} = \widehat {AHC}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {AHB} + \widehat {AHC} = 180^\circ \)

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

Hay AH ⊥ BC

Vì tam giác HIC vuông tại I nên \(\widehat {IHC} + \widehat {ICH} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {AHO} + \widehat {IHC} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AHO} = \widehat {BCI}\)

Vậy \(\widehat {AHO} = \widehat {BCI}\).

b) Xét ΔAHI và ΔHCI có:

\(\widehat {AHI} = \widehat {HCI}\) (chứng minh câu a)

\(\widehat {AIH} = \widehat {CIH}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó (g.g)

Suy ra AH . IC = HI . HC

Mà HI = 2. HO; HC = \(\frac{{{\rm{BC}}}}{2}\)

Suy ra HI . HC = 2 . HO . \(\frac{{{\rm{BC}}}}{2}\) = HO . BC

Vậy AH . IC = HI . HC = HO . BC

c) Vì AH . IC = HO . BC nên \(\frac{{AH}}{{HO}} = \frac{{BC}}{{IC}}\)

Xét ΔAHO và ΔBCI có:

\(\frac{{AH}}{{HO}} = \frac{{BC}}{{IC}}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {AHO} = \widehat {BCI}\) (chứng minh câu a)

Suy ra  (c.g.c)

d) Vì nên \(\widehat {HAO} = \widehat {CBI}\)

Gọi giao điểm của AO và BI là D

Xét tam giác ABD có \(\widehat {AB{\rm{D}}} + \widehat {A{\rm{D}}B} + \widehat {DAB} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Hay \(\widehat {AB{\rm{D}}} + \widehat {DAH} + \widehat {BAH} + \widehat {A{\rm{D}}B} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {HAD} = \widehat {CBI}\)

Suy ra \(\widehat {AB{\rm{D}}} + \widehat {CBI} + \widehat {BAH} + \widehat {A{\rm{D}}B} = 180^\circ \)

Nên \(\widehat {ABH} + \widehat {BAH} + \widehat {A{\rm{D}}B} = 180^\circ \)

Lại có \(\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = 90^\circ \) (vì tam giác AHB vuông tại H)

Suy ra \(\widehat {A{\rm{D}}B} = 90^\circ \)

Nên AO ⊥ BI

Vậy AO ⊥ BI.

Lời giải

Đáp án đúng là A

Gọi K là trung điểm của AC

Vì tam giác ABC đều nên BK là tia phân giác của góc ABC, \(\widehat {ABC} = 60^\circ \)

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

Xét tam giác ABC đều cạnh 2a có K là trung điểm của AC

Nên BK là đường cao, AB = 2a, AK = a

Suy ra tam giác ABK vuông tại K

Do đó AB² = BK² + AK²

Hay (2a)² = BK² + a²

Suy ra BK = a\(\sqrt 3 \)

Xét điểm I sao cho \(\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {IA} + 2(\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AB} ) - (\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AC} ) = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {IA} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {IA} = \frac{{\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} }}{2}\)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {IA} = \overrightarrow {BK} \)

Suy ra I là đỉnh thứ 4 của hình bình hành AIBK

Do đó AI // BK, AI = BK

Suy ra \(\widehat {IAB} = \widehat {ABK}\) (hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {ABK} = 30^\circ \) nên \(\widehat {IAB} = 30^\circ \)

Ta có: \(\left| {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} } \right|\) = \(\left| {(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} ) + 2(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} ) - (\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} )} \right|\)

= \(\left| {2\overrightarrow {MI} + (\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} )} \right|\) = \(\left| {2\overrightarrow {MI} } \right|\) = 2MI

Vì M ∈ d nên \(\left| {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất khi MI ⊥ d

Khi đó \(\widehat {MAI} = \widehat {MAB} - \widehat {IAB} = 60^\circ - 30^\circ = 30^\circ \)

Xét tam giác AMI vuông tại M có

IM = IA. sin\(\widehat {MAI}\)= BK. sin 30° = \(\frac{{BK}}{2}\)= \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Suy ra \(\left| {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} } \right|\) = 2IM = \(a\sqrt 3 \)

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

Đáp án đúng là B

Lấy ngẫu nhiên 8 bi từ hộp, không gian mẫu là: \(\left| \Omega \right| = C_{20}^8\) = 125 970

Số cách chọn 8 bi không có đủ 3 màu là

+) Chọn 8 bi chỉ có 1 màu vàng : \(C_8^8\) = 1

+) Chọn 8 bi có 2 màu: \(C_{12}^8 + C_{13}^8 + C_{15}^8 - 2C_8^8\) = 8 215

Gọi A là biến có chọn 8 bi không đủ cả 3 màu

Suy ra \(\left| {{\Omega _A}} \right|\) = 1 + 8 215 = 8 216

Xác suất \(P\left( A \right) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{{8216}}{{125970}} = \frac{{316}}{{4845}}\)

Gọi B là biến cố 8 bi được chọn có đủ cả 3 màu

Suy ra B = \(\overline {\rm{A}} \)

Do đó xác suất P(B) = 1 – P(A) = 1 – \(\frac{{316}}{{4845}} = \frac{{4529}}{{4845}}\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

Ta có:

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

P = 4a + 4b + 4c + \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\) – 3a – 3b – 3c

P = \(\left( {4a + \frac{1}{a}} \right) + \left( {4b + \frac{1}{b}} \right) + \left( {4c + \frac{1}{c}} \right)\)– 3(a + b + c)

Áp dụng bất dẳng thức Cô – si ta có:

4a + \(\frac{1}{a}\)≥ \(2\sqrt {\frac{{4a}}{4}} = 4\)

4b + \(\frac{1}{b}\)≥ \(2\sqrt {\frac{{4b}}{4}} = 4\)

4c + \(\frac{1}{c}\)≥ \(2\sqrt {\frac{{4c}}{4}} = 4\)

Suy ra  \(\left( {4a + \frac{1}{a}} \right) + \left( {4b + \frac{1}{b}} \right) + \left( {4c + \frac{1}{c}} \right)\)– 3(a + b + c) ≥ 4 + 4 + 4 – 3 . \(\frac{3}{2}\)

Hay P ≥ \(\frac{{15}}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}4{\rm{a}} = \frac{1}{a}\\4b = \frac{1}{b}\\4c = \frac{1}{c}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} = \frac{1}{4}\\{b^2} = \frac{1}{4}\\{c^2} = \frac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = \frac{1}{2}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\) (do a, b, c > 0).

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(\frac{{15}}{2}\) khi a = b = c = \(\frac{1}{2}\).

Lời giải

Áp dụng bất dẳng thức Cô – si ta có:

a² + \(\frac{1}{4}\)≥ \(2\sqrt {\frac{{{a^2}}}{4}} = \left| a \right| \ge a\)

b² + \(\frac{1}{4}\)≥ \(2\sqrt {\frac{{{b^2}}}{4}} = \left| b \right| \ge b\)

c² + \(\frac{1}{4}\)≥ \(2\sqrt {\frac{{{c^2}}}{4}} = \left| c \right| \ge c\)

Suy ra a² + \(\frac{1}{4}\) + b² + \(\frac{1}{4}\) + c² + \(\frac{1}{4}\) ≥ a + b + c

Hay a² + b² + c² + \(\frac{3}{4}\)≥ \(\frac{3}{2}\)

Nên a² + b² + c² ≥ \(\frac{3}{4}\)

Vậy với a + b + c = \(\frac{3}{2}\) thì a² + b² + c² ≥ \(\frac{3}{4}\).

Lời giải

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

Hay AK // IC

Ta có AI ⊥ BD và CK ⊥ BD

Suy ra AI // CK

Xét tứ giác AKCI có AI // CK, AK // CI

Suy ra AKCI là hình bình hành

Vậy AKCI là hình bình hành.

b) Vì ABCD là hình bình hành nên AB = CD

Vì AB // CD nên \(\widehat {ABE} = \widehat {CDF}\) (hai góc so le trong)

Xét ΔABE và ΔCDF có:

\(\widehat {AEB} = \widehat {CFD}\left( { = 90^\circ } \right)\)

AB = CD (chứng minh trên)

\(\widehat {ABE} = \widehat {CDF}\) (chứng minh trên)

Suy ra ΔABE = ΔCDF (cạnh huyền – góc nhọn)

Do đó AF = CF (hai cạnh tương ứng)

Xét tứ giác AECF có AE // CF, AF = CF

Nên AECF là hình bình hành

Suy ra AF // CE

Vậy AF // CE.

c) Gọi giao điểm của AC và KI là O

Vì AKCI là hình bình hành nên O là trung điểm của AC, KI

Vì AECF là hình bình hành, O là trung điểm của AC

Nên O là trung điểm của EF

Suy ra AC, EF và KI đồng quy tại O

Vậy ba đường thẳng AC, EF và KI đồng quy tại một điểm.

Lời giải

Đáp án đúng là B

Ta có : x³ – y³ = (x – y)(x² + xy + y²)

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

a) Ta có \(2\overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \)

Suy ra I thuộc đoạn thẳng BC sao cho \(\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{3}{2}\)

b) Ta có \(2\overrightarrow {J{\rm{A}}} + \overrightarrow {JC} - \overrightarrow {JB} = \overrightarrow {CA} \)

\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {J{\rm{A}}} + \overrightarrow {JC} - \overrightarrow {JB} = \overrightarrow {JA} - \overrightarrow {JC} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {J{\rm{A}}} + 2\overrightarrow {JC} - \overrightarrow {JB} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {JC} = \overrightarrow {AB} \)

Suy ra JC // AB, JC = \(\frac{1}{2}\)AB

Vậy điểm I thuộc đường thẳng qua C song song với AB sao cho JC = \(\frac{1}{2}\)AB.

c) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

Suy ra \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \)

Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{KA}}} + \overrightarrow {KB} + \overrightarrow {KC} = 2\overrightarrow {BC} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {{\rm{KG}}} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {KG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {KG} + \overrightarrow {GC} = 2\overrightarrow {BC} \)

\( \Leftrightarrow 3\overrightarrow {{\rm{KG}}} + (\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} ) = 2\overrightarrow {BC} \)

\( \Leftrightarrow 3\overrightarrow {{\rm{KG}}} = 2\overrightarrow {BC} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {{\rm{KG}}} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BC} \)

Vậy K cách G một khoảng bằng \(\frac{2}{3}\overrightarrow {BC} \).

d) \(3\overrightarrow {{\rm{LA}}} + 2\overrightarrow {LC} - \overrightarrow {LB} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow (2\overrightarrow {{\rm{LA}}} + 2\overrightarrow {LC} ) + (\overrightarrow {LA} - \overrightarrow {LB} ) = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow 2(\overrightarrow {{\rm{LA}}} + \overrightarrow {LC} ) = \overrightarrow {AB} \)

Gọi M là trung điểm của AC

Suy ra \(2(\overrightarrow {{\rm{LM}}} + \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {LM} + \overrightarrow {MC} ) = \overrightarrow {AB} \)

\( \Leftrightarrow 4\overrightarrow {LM} = \overrightarrow {AB} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {LM} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} \)

Vậy K cách G một khoảng bằng \(\frac{1}{4}\overrightarrow {AB} \).

Lời giải

a) Ta có: I là trung điểm của MN

Suy ra \(\overrightarrow {BM} + \overrightarrow {BN} = 2\overrightarrow {BI} \)

Mà \(\overrightarrow {BI} = \overrightarrow {IA} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \)

Suy ra \(\overrightarrow {BM} + \overrightarrow {BN} = \overrightarrow {BA} \)

Suy ra \(\overrightarrow {BN} - \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {MB} \)

Vậy \(\overrightarrow {BN} - \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {MB} \).

b) Kẻ ID // AN sao cho ID = AN

Suy ra ANID là hình bình hành

Do đó \(\overrightarrow {NA} + \overrightarrow {NI} = \overrightarrow {N{\rm{D}}} \) (quy tắc hình bình hành)

Ta có \(\overrightarrow {NM} - \overrightarrow {BN} = \overrightarrow {NM} + \overrightarrow {NB} \)

Kẻ MC // BN và MC = BN

Suy ra MCBN là hình bình hành

Do đó \(\overrightarrow {NM} + \overrightarrow {NB} = \overrightarrow {NC} \) (quy tắc hình bình hành)

Vậy ANID là hình bình hành, MCBN là hình bình hành thì\(\overrightarrow {NA} + \overrightarrow {NI} = \overrightarrow {N{\rm{D}}} ,\overrightarrow {NM} - \overrightarrow {BN} = \overrightarrow {NC} \).

Lời giải

a) Xét (O) có DM, DA là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D

Suy ra DA = DM

Xét (O) có EM, EB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E

Suy ra EB = EM

Ta có DE = DM + ME = DA + EB

Vậy DE = AD + BE.

b) Xét (O) có DM, DA là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D

Suy ra OD là tia phân giác của góc AOM

Do đó \(\widehat {AO{\rm{D}}} = \widehat {MO{\rm{D}}} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}\)

Xét (O) có EM, EB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E

Suy ra OE là tia phân giác của góc BOM

Do đó \(\widehat {BOE} = \widehat {EO{\rm{D}}} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}\)

Ta có \(\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Suy ra \(\frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = 90^\circ \)

Hay \(\widehat {DOM} + \widehat {EOM} = 90^\circ \)

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

Suy ra tam giác DOE vuông tại O

Vậy tam giác DOE vuông tại O.

c) Ta có AD ⊥ AB, EB ⊥ AB

suy ra AD // EB

Xét tam giác AHD có AD // EB

Nên \(\frac{{DH}}{{HB}} = \frac{{DA}}{{BE}}\)

Mà DA = DM, EB = EM

Suy ra \(\frac{{DH}}{{HB}} = \frac{{DM}}{{ME}}\)

Do đó MH // BE

Lại có EB ⊥ AB

Suy ra MH ⊥ AB

Vậy MH ⊥ AB.

Lời giải

Đáp án đúng là B

Cứ hai đường thẳng song song trong nhóm này và 22 đường thẳng song song trong nhóm kia cắt nhau tạo thành một hình bình hành.

Chọn 2 đường thẳng song song trong nhóm 44 đường thẳng song song có \(C_4^2 = 6\)cách

Chọn 2 đường thẳng song song trong nhóm 55 đường thẳng song song có \(C_5^2 = 10\) cách

Suy ra có tất cả 6 . 10 = 60 hình bình hành được tạo thành

Vậy ta chọn đáp án B.