Lời giải

a) \(P = \frac{{{x^2} + x}}{{{x^2} - 2x + 1}}:\left( {\frac{{x + 1}}{x} - \frac{1}{{1 - x}} + \frac{{2 - {x^2}}}{{{x^2} - x}}} \right)\)

\( = \frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}:\left[ {\frac{{x + 1}}{x} + \frac{1}{{x - 1}} + \frac{{2 - {x^2}}}{{x\left( {x - 1} \right)}}} \right]\)

\( = \frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}:\left[ {\frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) + x + 2 - {x^2}}}{{x\left( {x - 1} \right)}}} \right]\)

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

b) Ta có \(P < 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} < 1\)

\[ \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} - 1 < 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} < 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}}}{{x - 1}} < 0 \Leftrightarrow x - 1 < 0\] (vì \[{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4} > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\]).

⇔ x < 1.

Vậy x < 1 thì P < 1.

c) Vì x > 2 nên x – 2 > 0.

Do đó x – 1 > x – 2 > 0.

Ta có \(P = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} = \frac{{{x^2} - 1 + 1}}{{x - 1}} = x + 1 + \frac{1}{{x - 1}} = x - 1 + \frac{1}{{x - 1}} + 2\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: \(x - 1 + \frac{1}{{x - 1}} \ge 2\sqrt {\frac{{x - 1}}{{x - 1}}} = 2\sqrt 1 = 2,\,\forall x > 2\).

\( \Leftrightarrow x - 1 + \frac{1}{{x - 1}} + 2 \ge 2 + 2 = 4\).

⇔ P ≥ 4.

Dấu “=” xảy ra ⇔ (x – 1)² = 1 ⇔ x – 1 = 1 hoặc x – 1 = –1.

⇔ x = 2 (loại vì x > 2) hoặc x = 0 (loại vì x > 2).

Vậy P không có giá trị nhỏ nhất khi x > 2.

Lời giải

Ta có \(P = A.B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}.\frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x + 1 + 5}}{{\sqrt x + 1}} = 1 + \frac{5}{{\sqrt x + 1}}\).

Để P có giá trị nguyên thì \(5 \vdots \left( {\sqrt x + 1} \right)\).

\( \Rightarrow \sqrt x + 1 \in \) Ư(5).

Ta có bảng sau:

Với x = 0, ta có \(P = 1 + \frac{5}{{\sqrt 0 + 1}} = 6\).

Với x = 16, ta có \(P = 1 + \frac{5}{{\sqrt {16} + 1}} = 2\).

Vậy P có giá trị nguyên nhỏ nhất khi và chỉ khi x = 16.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

⦁ Ta có \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{2\left( {n + 1} \right) - 1}}{{n + 1 + 3}} - \frac{{2n - 1}}{{n + 3}} = \frac{{2n + 1}}{{n + 4}} - \frac{{2n - 1}}{{n + 3}}\)

\( = \frac{{\left( {2n + 1} \right)\left( {n + 3} \right) - \left( {2n - 1} \right)\left( {n + 4} \right)}}{{\left( {n + 4} \right)\left( {n + 3} \right)}} = \frac{7}{{{n^2} + 7n + 12}}\)

\( = \frac{7}{{{{\left( {n + \frac{7}{2}} \right)}^2} - \frac{1}{4}}} > 0,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\).

Vậy dãy (u_n) là dãy số tăng.

⦁ Ta có \({u_n} = \frac{{2n - 1}}{{n + 3}} = \frac{{2\left( {n + 3} \right) - 7}}{{n + 3}} = 2 - \frac{7}{{n + 3}}\).

Do n ∈ ℕ^* nên \(\frac{1}{{n + 3}} \le \frac{1}{4}\).

Suy ra \(2 - \frac{7}{{n + 3}} \ge 2 - \frac{1}{4} = \frac{7}{4}\).

Vì vậy dãy số (u_n) bị chặn dưới bởi \(\frac{7}{4}\).

Lại có u_n bị chặn trên (do u_n < 2, ∀n ∈ ℕ^*).

Vậy (u_n) bị chặn.

Do đó ta chọn phương án C.

Lời giải

a) Đặt \(B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt {xy} + 1}} + \frac{{\sqrt {xy} + \sqrt x }}{{1 - \sqrt {xy} }} + 1\)

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {1 - \sqrt {xy} } \right) + \left( {\sqrt {xy} + \sqrt x } \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right) + 1 - xy}}{{\left( {1 - \sqrt {xy} } \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{\sqrt x - x\sqrt y + 1 - \sqrt {xy} + xy + \sqrt {xy} + x\sqrt y + \sqrt x + 1 - xy}}{{\left( {1 - \sqrt {xy} } \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{2\sqrt x + 2}}{{\left( {1 - \sqrt {xy} } \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right)}}\].

Đặt \(C = 1 - \frac{{\sqrt {xy} + \sqrt x }}{{\sqrt {xy} - 1}} - \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt {xy} + 1}}\)

\[ = \frac{{xy - 1 - \left( {\sqrt {xy} + \sqrt x } \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right) - \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt {xy} - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt {xy} - 1} \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{xy - 1 - \left( {xy + \sqrt {xy} + x\sqrt y + \sqrt x } \right) - \left( {x\sqrt y - \sqrt x + \sqrt {xy} - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt {xy} - 1} \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{ - 2\sqrt {xy} - 2x\sqrt y }}{{\left( {\sqrt {xy} - 1} \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right)}} = \frac{{ - 2\sqrt {xy} \left( {1 + \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt {xy} - 1} \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right)}}\].

Ta có \(A = B:C = \frac{{2\sqrt x + 2}}{{\left( {1 - \sqrt {xy} } \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right)}}.\frac{{\left( {\sqrt {xy} - 1} \right)\left( {\sqrt {xy} + 1} \right)}}{{ - 2\sqrt {xy} \left( {1 + \sqrt x } \right)}}\)

\( = \frac{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{2\sqrt {xy} \left( {1 + \sqrt x } \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {xy} }}\).

b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có \(\frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt y }} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{\sqrt x }}.\frac{1}{{\sqrt y }}} \)

\( \Leftrightarrow 6 \ge 2\sqrt {\frac{1}{{\sqrt {xy} }}} \Leftrightarrow 3 \ge \sqrt {\frac{1}{{\sqrt {xy} }}} \Leftrightarrow 9 \ge \frac{1}{{\sqrt {xy} }} \Leftrightarrow A \le 9\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt x }} = \frac{1}{{\sqrt y }} \Leftrightarrow x = y = \frac{1}{9}\).

Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 9 khi và chỉ khi \(x = y = \frac{1}{9}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Dựng hình chữ nhật APCQ.

Khi hình bình hành ABCD quay quanh cạnh AD, ta quay hình chữ nhật APCQ quanh cạnh AQ, sau đó bỏ đi hai khối nón bằng nhau ở hai đầu (được tạo thành khi quay tam giác ABP và tam giác CDQ quanh cạnh AD).

Ta có ABCD là hình bình hành. Suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {ABC} = 120^\circ \).

Ta có: \(\widehat {CDQ} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù).

\( \Leftrightarrow \widehat {CDQ} = 180^\circ - \widehat {ADC} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \).

Tam giác CDQ vuông tại Q: \(\sin \widehat {CDQ} = \frac{{CQ}}{{CD}}\).

⇒ CQ = 2a.sin60° = \(a\sqrt 3 \).

Tam giác CDQ vuông tại Q: \(\cos \widehat {CDQ} = \frac{{DQ}}{{DC}}\).

⇒ DQ = 2a.cos60° = a.

Ta có AQ = AD + DQ = AD + PB = a + a = 2a.

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là: \(V = {V_{APCQ}} - 2{V_{CDQ}} = \pi .C{Q^2}.AQ - 2.\frac{1}{3}\pi .C{Q^2}.DQ\)

\( = \pi .3{a^2}.2a - 2.\frac{1}{3}\pi .3{a^2}.a = 4\pi {a^3}\).

Vậy ta chọn phương án D.

Lời giải

a) Xét ∆BAE và ∆CAF, có:

\(\widehat A\) chung;

\(\widehat {BEA} = \widehat {CFA} = 90^\circ \).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AF}}\).

Xét ∆AEF và ∆ABC, có:

\(\widehat A\) chung;

\(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\,\,\,\left( {do\,\,\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AF}}} \right)\).

Do đó (c.g.c).

b) Ta có \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\) (do ) và \(\widehat {AFE} = \widehat {MFB}\) (2 góc đối đỉnh).

Suy ra \(\widehat {MFB} = \widehat {ACB}\).

Xét ∆MFB và ∆MCE, có:

\(\widehat M\) chung;

\(\widehat {MFB} = \widehat {ACB}\) (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{MF}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{ME}}\).

Vậy ME.MF = MB.MC (điều phải chứng minh).

c) Ta có \({S_{ABC}} = 24 \Leftrightarrow \frac{1}{2}AD.BC = 24\)

⇔ AD.(BD + CD) = 48 ⇔ AD.(3 + 5) = 48.

⇔ AD = 6.

Ta có:

⦁ \(\widehat {HBD} + \widehat {BHD} = 90^\circ \) (do tam giác BHD vuông tại D);

⦁ \(\widehat {AHE} + \widehat {HAE} = 90^\circ \) (do tam giác AHE vuông tại E);

⦁ \(\widehat {BHD} = \widehat {AHE}\) (hai góc đối đỉnh).

Suy ra \(\widehat {HBD} = \widehat {HAE}\).

Xét ∆BHD và ∆ACD, có:

\(\widehat {BDH} = \widehat {ADC} = 90^\circ \);

\(\widehat {HBD} = \widehat {DAC}\) (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{BD}}{{AD}} = \frac{{HD}}{{CD}}\).

Khi đó \(HD = \frac{{CD.BD}}{{AD}} = \frac{{5.3}}{6} = \frac{5}{2}\).

Vậy \({S_{BHC}} = \frac{1}{2}HD.BC = \frac{1}{2}.\frac{5}{2}.\left( {3 + 5} \right) = 10\).

Lời giải

a) Xét ∆BAE và ∆CAF, có:

\(\widehat A\) chung;

\(\widehat {BEA} = \widehat {CFA} = 90^\circ \).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AF}}\).

Xét ∆AEF và ∆ABC, có:

\(\widehat A\) chung;

\(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\,\,\,\left( {do\,\,\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AF}}} \right)\).

Do đó (c.g.c).

Ta có \(\frac{{{S_{AEB}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}AE.BE}}{{\frac{1}{2}AC.BE}} = \frac{{AE}}{{AC}}\).

Tương tự, ta có \(\frac{{{S_{AEF}}}}{{{S_{ABE}}}} = \frac{{AF}}{{AB}}\).

Suy ra \(\frac{{{S_{AEF}}}}{{{S_{ABE}}}}.\frac{{{S_{AEB}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{AF}}{{AB}}.\frac{{AE}}{{AC}} \Leftrightarrow \frac{{{S_{AEF}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{AE}}{{AB}}.\frac{{AF}}{{AC}} = \cos A.\cos A = {\cos ^2}A\).

Vậy S_AEF = cos²A.S_ABC.

b) Gọi I là điểm đối xứng của C qua H. Suy ra HC = HI.

Ta có M là trung điểm BC và H và trung điểm CI.

Suy ra HM là đường trung bình của tam giác BCI.

Do đó HM // BI.

Mà HM ⊥ PH (giả thiết).

Suy ra BI ⊥ PH.

Tam giác BHI có hai đường cao HP, BF cắt nhau tại P.

Suy ra P là trực tâm của tam giác BHI.

Do đó PI ⊥ BH.

Mà BH ⊥ AC (giả thiết).

Vì vậy PI // AC.

Xét ∆HPI và ∆HQC, có:

\(\widehat {PHI} = \widehat {QHC}\) (cặp góc đối đỉnh);

HI = HC (giả thiết);

\(\widehat {HIP} = \widehat {HCQ}\) (do PI // AC, cặp góc so le trong).

Do đó ∆HPI = ∆HQC (g.c.g).

Suy ra HP = HQ.

c) Ta cần chứng minh: cotA.cotB + cotB.cotC + cotC.cotA = 1.

Thật vậy: cotA.cotB + cotB.cotC + cotC.cotA = 1.

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{\tan A.\tan B}} + \frac{1}{{\tan B.\tan C}} + \frac{1}{{\tan A.\tan C}} = 1\)

⇔ tanC + tanA + tanB = tanA.tanB.tanC.

Ta có \[\tan \left( {A + B} \right) = \frac{{\tan A + \tan B}}{{1 - \tan A.\tan B}}\].

⇒ tanA + tanB = (1 – tanA.tanB).tan(A + B)

⇒ tanA + tanB + tanC = (1 – tanA.tanB).tan(π – C) + tanC

⇒ tanA.tanB.tanC = –tanC.(1 – tanA.tanB) + tanC

⇒ tanA.tanB.tanC = –tanC + tanA.tanB.tanC + tanC

⇒ tanA.tanB.tanC = tanA.tanB.tanC (luôn đúng).

Vì vậy ta có cotA.cotB + cotB.cotC + cotC.cotA = 1.

Ta có (cotA + cotB + cotC)²

= cot²A + cot²B + cot²C + 2cotA.cotB + 2cotB.cotC + 2cotC.cotA

\( = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {\cot A - \cot B} \right)}^2} + {{\left( {\cot B - \cot C} \right)}^2} + {{\left( {\cot C - \cot A} \right)}^2}} \right]\)

\( + 3\left( {\cot A.\cot B + \cot B.\cot C + \cot C.\cot A} \right) \ge 3\left( {\cot A.\cot B + \cot B.\cot C + \cot C.\cot A} \right)\)

= 3.1 = 3.

Vậy \(\cot A + \cot B + \cot C \ge \sqrt 3 \).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Số cách chọn ngẫu nhiên 5 người trong 12 người là: \(n\left( \Omega \right) = C_{12}^5\).

Trường hợp 1: Trong hội đồng gồm thầy Xuân, 2 thầy giáo trong số 6 thầy còn lại và 2 cô giáo trong số 4 cô còn lại (cô Hạ không được chọn).

Khi đó ta có \(C_6^2.C_4^2\) (cách chọn).

Trường hợp 2: Trong hội đồng gồm cô Hạ, 1 cô giáo trong số 4 cô còn lại, và 3 thầy giáo trong số 6 thầy giáo (thầy Xuân không được chọn).

Khi đó ta có \(C_4^1.C_6^3\) (cách chọn).

Vậy xác suất cần tìm là: \(P = \frac{{C_6^2.C_4^2 + C_4^1.C_6^3}}{{C_{12}^5}} = \frac{{85}}{{396}}\).

Do đó ta chọn phương án D.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Trường hợp 1: Trong hội đồng gồm thầy An, 2 thầy giáo trong số 6 thầy còn lại và 2 cô giáo trong số 4 cô còn lại (cô Bình không được chọn).

Khi đó ta có \(C_6^2.C_4^2\) (cách chọn).

Trường hợp 2: Trong hội đồng gồm cô Bình, 1 cô giáo trong số 4 cô còn lại, và 3 thầy giáo trong số 6 thầy giáo (thầy An không được chọn).

Khi đó ta có \(C_4^1.C_6^3\) (cách chọn).

Vậy ta có tất cả \(C_6^2.C_4^2 + C_4^1.C_6^3 = 170\) cách chọn.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra BD ⊥ AG.

Tam giác AGB có BD vừa là đường cao vừa là đường phân giác.

Suy ra tam giác AGB cân tại B.

Do đó BD cũng là đường trung tuyến của tam giác AGB.

Vì vậy D là trung điểm của AG.

Mà D cũng là trung điểm của HE (do H là điểm đối xứng với E qua D) và AG ⊥ HE (chứng minh trên).

Vậy tứ giác AHGE là hình thoi.

Ta có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra CA ⊥ BG.

Tam giác AGB có hai đường cao AC, BD cắt nhau tại E.

Suy ra E là trực tâm của tam giác AGB.

Do đó GE ⊥ AB.

Mà GE // AH (do tứ giác AHGE là hình thoi).

Suy ra AH ⊥ AB.

Vậy AH là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.

Do đó ta chọn phương án D.

Lời giải

Điều kiện: x ≠ –5; x ≠ –3 (*)

Ta có \(P = \frac{{{x^2} - 9}}{{3\left( {x + 5} \right)}}.\frac{3}{{x + 3}} = \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{3\left( {x + 5} \right)}}.\frac{3}{{x + 3}} = \frac{{x - 3}}{{x + 5}} = \frac{{x + 5 - 8}}{{x + 5}} = 1 - \frac{8}{{x + 5}}\).

P nhận giá trị nguyên ⇔ 8 chia hết cho (x + 5).

Ta có Ư(8) ∈ {–8; –4; –2; –1; 1; 2; 4; 8}.

Ta có bảng sau:

So với điều kiện (*), ta nhận x ∈ {–13; –9; –7; –6; 4; –1; 3}.

Vậy ta chọn phương án B.

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AM} - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} \).

Vậy ta chọn phương án C.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Trong (BCD): kẻ NP // CD.

Suy ra \(\frac{{NP}}{{CD}} = \frac{{BN}}{{BC}} = \frac{2}{3}\) (1)

Trong (ACD): kẻ MQ // CD.

Suy ra \(\frac{{MQ}}{{CD}} = \frac{{AM}}{{AD}} = \frac{1}{3}\)   (2)

Từ (1), (2), suy ra NP = 2MQ.

Vậy thiết diện cần tìm là hình thang MQNP với NP = 2MQ.

Do đó ta chọn phương án B.

Lời giải

a) Ta có I là trung điểm AB (giả thiết) và I là trung điểm MN (do IN = MI).

Do đó tứ giác AMBN là hình bình hành.

Suy ra \(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {MB} \) và \(\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {MA} \).

Ta có \(VT = \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {MB} = VP\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Gọi F là trung điểm AI.

Suy ra \(\overrightarrow {NA} + \overrightarrow {NI} = 2\overrightarrow {NF} \).

Theo đề, ta có \(\overrightarrow {NA} + \overrightarrow {NI} = \overrightarrow {ND} \).

\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {NF} = \overrightarrow {ND} \).

Suy ra F là trung điểm của ND.

Mà F là trung điểm AI.

Vậy D là điểm thỏa mãn tứ giác ADIN là hình bình hành.

Ta có \(\overrightarrow {NM} - \overrightarrow {BN} = \overrightarrow {NM} + \overrightarrow {NB} = 2\overrightarrow {NK} \), với K là trung điểm MB.

Theo đề, ta có \(\overrightarrow {NM} - \overrightarrow {BN} = \overrightarrow {NC} \).

\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {NK} = \overrightarrow {NC} \).

Suy ra K là trung điểm NC.

Mà K là trung điểm MB.

Vậy C là điểm thỏa mãn tứ giác BCMN là hình bình hành.

Lời giải

a) \(\frac{{9 - 12x + 4{x^2}}}{{2x - 3}} = \frac{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}}{{2x - 3}} = 2x - 3\).

b) \(\frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^2} + 2\left( {4{x^2} - 9} \right) + {{\left( {2x - 3} \right)}^2}}}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2} - 2\left( {4{x^2} - 9} \right) + {{\left( {2x + 3} \right)}^2}}}\)

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

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

\( = \frac{{{{\left( {4x} \right)}^2}}}{{{{\left( { - 6} \right)}^2}}} = \frac{{16{x^2}}}{{36}} = \frac{{4{x^2}}}{9}\).

c) \(\frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^3} - {{\left( {2x - 3} \right)}^3}}}{{{{\left( {3x + 4} \right)}^2} + 3{x^2} - 24x - 7}}\)

\( = \frac{{\left( {2x + 3 - 2x + 3} \right)\left[ {{{\left( {2x + 3} \right)}^2} + \left( {2x + 3} \right)\left( {2x - 3} \right) + {{\left( {2x - 3} \right)}^2}} \right]}}{{9{x^2} + 24x + 16 + 3{x^2} - 24x - 7}}\)

\( = \frac{{6\left( {4{x^2} + 12x + 9 + 4{x^2} - 9 + 4{x^2} - 12x + 9} \right)}}{{12{x^2} + 9}}\)

\( = \frac{{6\left( {12{x^2} + 9} \right)}}{{12{x^2} + 9}} = 6\).

d) \(\frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {x + 4} \right) + 1}}{{{x^2} + 5x + 5}}\)

\( = \frac{{\left( {{x^2} + 5x + 4} \right)\left( {{x^2} + 5x + 6} \right) + 1}}{{{x^2} + 5x + 5}}\)

\( = \frac{{\left( {{x^2} + 5x + 5 - 1} \right)\left( {{x^2} + 5x + 5 + 1} \right) + 1}}{{{x^2} + 5x + 5}}\)

\( = \frac{{{{\left( {{x^2} + 5x + 5} \right)}^2} - 1 + 1}}{{{x^2} + 5x + 5}}\)

\( = \frac{{{{\left( {{x^2} + 5x + 5} \right)}^2}}}{{{x^2} + 5x + 5}} = {x^2} + 5x + 5\).

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

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

\( = \frac{{{x^4} + 4}}{{{x^3} - 3{x^2} + 6x - 5}}\).

Lời giải

a) \(M = 2x - 3 - \sqrt {4{x^2} - 12x + 9} = 2x - 3 - \sqrt {{{\left( {2x - 3} \right)}^2}} \)

\( = 2x - 3 - \left| {2x - 3} \right| = \left\{ \begin{array}{l}2x - 3 - 2x + 3,\,\,\,\,khi\,\,x \ge \frac{3}{2}\\2x - 3 + 2x - 3,\,\,\,\,khi\,x < \frac{3}{2}\end{array} \right.\)

\( = \left\{ \begin{array}{l}0,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x \ge \frac{3}{2}\\4x - 6,\,\,\,\,khi\,x < \frac{3}{2}\end{array} \right.\)

b) Với \(x = \frac{5}{2}\), ta có M = 0.

Với \(x = \frac{{ - 1}}{5}\), ta có \(M = 4.\left( {\frac{{ - 1}}{5}} \right) - 6 = - \frac{{34}}{5}\).

Vậy M = 0 khi \(x = \frac{5}{2}\) và \(M = - \frac{{34}}{5}\) khi \(x = \frac{{ - 1}}{5}\).

Lời giải

1) Tứ giác AMON có: AM // ON (cùng vuông góc với OB) và AC // OM (cùng vuông góc với OC).

Suy ra tứ giác AMON là hình bình hành   (1)

Xét ∆OBM và ∆OCN, có:

\[\widehat {MBO} = \widehat {NCO} = 90^\circ \];

OB = OC (= R);

\(\widehat {MOB} = \widehat {NOC}\) (cùng phụ với \(\widehat {MON}\)).

Do đó ∆OBM = ∆OCN (g.c.g).

Suy ra OM = ON (cặp cạnh tương ứng)   (2)

Từ (1), (2), suy ra tứ giác AMON là hình thoi.

2) Gọi I là giao điểm của AO và MN.

Suy ra AO ⊥ MN tại I và I là trung điểm AO và MN (do tứ giác AMON là hình thoi).

MN tiếp xúc với (O; R) khi và chỉ khi d(O, MN) = R.

⇔ OI = R.

⇔ OA = 2R (do I là trung điểm AO).

Vậy OA = 2R thỏa mãn yêu cầu bài toán.

3) Tam giác ABO vuông tại B: \(\sin \widehat {OAB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2}\).

\( \Rightarrow \widehat {OAB} = 30^\circ \).

Ta có \(\widehat {AON} = \widehat {OAB} = 30^\circ \) (AM // ON và cặp góc này là cặp góc so le trong).

Tam giác OIN vuông tại I: \(\tan \widehat {AON} = \frac{{IN}}{{OI}}\).

Suy ra \(IN = R.\tan 30^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{3}\).

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

Vậy diện tích hình thoi AMON là: \({S_{AMON}} = \frac{1}{2}OA.MN = \frac{1}{2}.2R.\frac{{2R\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2{R^2}\sqrt 3 }}{3}\).

Lời giải

a) Ta có: AB // CD (do ABCD là hình bình hành) và M ∈ (SAB) ∩ (MCD).

Suy ra MH = (SAB) ∩ (MCD), với MH // AB, H ∈ SB.

Vậy giao điểm của SB và (MCD) là H.

b) Ta có:

+ MH = (SAB) ∩ (MCD).

+ HC = (SBC) ∩ (MCD).

+ CD = (SCD) ∩ (MCD).

+ DM = (SAD) ∩ (MCD).

+ MH // CD (do MH // AB, AB //CD).

Vậy thiết diện cần tìm là hình thang MHCD.

Lời giải

Ta có x² – 5x + 7 + 2m = 0 ⇔ x² – 5x + 7 = –2m (*)

Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của (P): y = x² – 5x + 7 và đường thẳng d: y = –2m (song song hoặc trùng với trục hoành).

Ta có y’ = 2x – 5.

Bảng biến thiên của hàm số y = x² – 5x + 7:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy khi x ∈ [1; 5] thì \(y \in \left[ {\frac{3}{4};7} \right]\).

Khi đó phương trình (*) có nghiệm ⇔ \(\frac{3}{4} \le - 2m \le 7 \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{8} \ge m \ge \frac{{ - 7}}{2}\).

Vậy ta chọn phương án B.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin x \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne k\pi \\x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi ;\,\,k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Vậy ta chọn phương án C.

Lời giải

a) ĐKXĐ: sin(1 – x) ≠ 0.

⇔ 1 – x ≠ kπ (k ∈ ℤ).

⇔ x ≠ 1 – kπ (k ∈ ℤ).

Vậy TXĐ: D = ℝ \ {1 – kπ | k ∈ ℤ).

b) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin x + 1 \ne 0\\\cot x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin x \ne - 1\\\cos x \ne 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne k\pi \\x \ne - \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right.\,\,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\( \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2}|k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có A = sin²2° + sin²4° + sin²6° + … + sin²84° + sin²86° + sin²88°.

= (sin²2° + sin²88°) + (sin²4° + sin²86°) + (sin²6° + sin²84°) + … + (sin²44° + sin²46°)

= (sin²2° + cos²2°) + (sin²4° + cos²4°) + (sin²6° + cos²6°) + … + (sin²44° + cos²44°)

= 1 + 1 + 1 + … + 1 (22 số 1)

= 22.

Vậy ta chọn phương án B.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có A = sin²1° + sin²2° + … + sin²88° + sin²89° + sin²90°.

= (sin²1° + sin²89°) + (sin²2° + sin²88°) + … + (sin²44° + sin²46°) + sin²45° + sin²90°.

= (sin²1° + cos²1°) + (sin²2° + cos²2°) + … + (sin²44° + cos²44°) + sin²45° + sin²90°.

= \[ = \underbrace {1 + 1 + ... + 1}_{44\,\,so\,\,1} + \frac{1}{2} + 1 = 44.1 + \frac{3}{2} = \frac{{91}}{2}\].

Vậy ta chọn phương án C.

Lời giải

a) Bảng giá trị của hàm số y = –x²:

Bảng giá trị của hàm số y = –2x – 3:

Đồ thị:

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D): –x² = –2x – 3

⇔ x² – 2x – 3 = 0

⇔ (x – 3)(x + 1) = 0

⇔ x = 3 hoặc x = –1.

Với x = 3, ta có: y = –3² = –9.

Với x = –1, ta có: y = –(–1)² = –1.

Vậy giao điểm của (P) và (D) là M(–1; –1), N(3; –9).

c) Trường hợp 1: A ≡ M(–1; –1).

Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng x = 5 và y = –1.

Suy ra tọa độ H(5; –1).

Ta có: MH = 5 + 1 = 6, BH = 7 – 1 = 6.

Tam giác MBH vuông tại H: MB² = MH² + BH² (Định lí Pytago).

= 6² + 6² = 72.

Suy ra \(MB = 6\sqrt 2 \).

Trường hợp 2: A ≡ N(3; –9).

Ta thực hiện tương tự trường hợp 1, ta được: \(NB = 2\sqrt 2 \).

Vậy độ dài từ A đến B(5; –7) lần lượt là \(6\sqrt 2 \) (khi A(–1; –1)) và \(2\sqrt 2 \) (khi A(3; –9)).

Lời giải

a) Chiều thuận:

Xét x ∈ A ∩ (B ∪ C).

⇒ x ∈ A và x ∈ (B ∪ C).

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in A\\\left[ \begin{array}{l}x \in B\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \in A\\x \in B\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \in A\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x \in \left( {A \cap B} \right) \cup \left( {A \cap C} \right)\]   (1)

Chiều đảo:

Xét x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

⇒ x ∈ (A ∩ B) hoặc x ∈ (A ∩ C).

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \in A\\x \in B\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \in A\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in A\\\left[ \begin{array}{l}x \in B\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x \in A \cap \left( {B \cup C} \right)\)   (2)

Từ (1), (2), suy ra điều phải chứng minh.

b) Chiều thuận:

Xét x ∈ A ∪ (B ∩ C).

⇒ x ∈ A hoặc x ∈ (B ∩ C).

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x \in A\\\left\{ \begin{array}{l}x \in B\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \in A\\x \in B\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}x \in A\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x \in \left( {A \cup B} \right) \cap \left( {A \cup C} \right)\)    (3)

Chiều đảo:

Xét x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).

⇒ x ∈ (A ∪ B) và x ∈ (A ∪ C).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \in A\\x \in B\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}x \in A\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x \in A\\\left\{ \begin{array}{l}x \in B\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x \in A \cup \left( {B \cap C} \right)\)    (4)

Lời giải

a) Chiều thuận:

Xét x ∈ A ∩ (B ∪ C).

⇒ x ∈ A và x ∈ (B ∪ C).

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in A\\\left[ \begin{array}{l}x \in B\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \in A\\x \in B\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \in A\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x \in \left( {A \cap B} \right) \cup \left( {A \cap C} \right)\]   (1)

Chiều đảo:

Xét x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

⇒ x ∈ (A ∩ B) hoặc x ∈ (A ∩ C).

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \in A\\x \in B\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \in A\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in A\\\left[ \begin{array}{l}x \in B\\x \in C\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x \in A \cap \left( {B \cup C} \right)\)   (2)

Từ (1), (2), suy ra điều phải chứng minh.

b) Xét x ∈ (A \ B) \ C.

⇒ x ∈ A và x ∉ B và x ∉ C.

Vì x ∈ A và x ∉ C nên x ∈ A \ C.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Đặt \(P = \left| {\overrightarrow {AD} + 3\overrightarrow {AB} } \right|\).

Suy ra \({P^2} = A{D^2} + 9A{B^2} + 6.\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} = A{D^2} + 9A{B^2} + 6.\overrightarrow 0 \) (vì AD ⊥ AB).

= AD² + 9AB² = a² + 9a² = 10a².

Suy ra \(P = a\sqrt {10} \).

Vậy ta chọn phương án A.

Lời giải

a) BC² = AB² + AC² – 2.AB.AC.cos\(\widehat {BAC}\).

= 16 + 36 – 2.4.6.cos60°

= 28.

Suy ra \(BC = 2\sqrt 7 \).

\(\cos \widehat {ABC} = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2.AB.BC}} = \frac{{16 + 28 - 36}}{{2.4.2\sqrt 7 }} = \frac{{\sqrt 7 }}{{14}}\).

Suy ra \(\widehat {ABC} \approx 79^\circ 6'\).

Vậy \(BC = 2\sqrt 7 \) và \(\widehat {ABC} \approx 79^\circ 6'\).

b) Ta có \(2R = \frac{{BC}}{{\sin A}} \Leftrightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{{2\sqrt 7 }}{{2\sin 60^\circ }} = \frac{{2\sqrt {21} }}{3}\).

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp \(R = \frac{{2\sqrt {21} }}{3}\).

c) Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.4.6.\sin 60^\circ = 6\sqrt 3 \).

Vậy diện tích của tam giác ABC bằng \(6\sqrt 3 \).

d) Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AH.BC\), với AH là đường cao xuất phát từ đỉnh A của ∆ABC.

\( \Leftrightarrow 6\sqrt 3 = \frac{1}{2}.AH.2\sqrt 7 \).

\( \Leftrightarrow AH = \frac{{6\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC là \(\frac{{6\sqrt {21} }}{7}\).

e) Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} } \right) = 4.6.\cos \widehat {BAC} = 24.\cos 60^\circ = 12\).

Ta có \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AC} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right).\overrightarrow {AC} = \frac{1}{2}.\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + \frac{1}{2}{\overrightarrow {AC} ^2}\)

\( = \frac{1}{2}.12 + \frac{1}{2}.36 = 24\).

Vậy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 12,\,\,\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AC} = 24\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BN} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CN} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MD} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CN} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} } \right)\) (M, N lần lượt là trung điểm của DA, BC).

\( = \frac{1}{2}.\vec 0 + \frac{1}{2}.\vec 0 + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} } \right)\).

Suy ra \(M{N^2} = \frac{1}{4}\left( {A{B^2} + D{C^2} + 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DC} } \right)\)

\( \Leftrightarrow 3{a^2} = \frac{1}{4}\left( {4{a^2} + 4{a^2} + 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DC} } \right)\)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DC} = 2{a^2}\).

Ta có \(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {DC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DC} }}{{AB.DC}} = \frac{{2{a^2}}}{{2a.2a}} = \frac{1}{2}\).

Suy ra \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {DC} } \right) = 60^\circ \).

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 60°.

Lời giải

a) Ta có \(VT = \overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BN} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CN} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MD} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {CN} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} } \right)\) (M, N lần lượt là trung điểm của DA, BC).

\( = \frac{1}{2}.\vec 0 + \frac{1}{2}.\vec 0 + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} } \right) = VP\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OB} \)

\( = 2\overrightarrow {OM} + 2\overrightarrow {ON} = 2\left( {\overrightarrow {OM} + \overrightarrow {ON} } \right) = 4\overrightarrow {OI} \), với I là trung điểm MN.

Khi đó \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {OI} = \vec 0\).

Tức là, O ≡ I.

Vậy O ≡ I thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

a) \(VT = \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NP} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {QE} \)

\( = \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {PE} = \overrightarrow {ME} = VP\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) \(VT = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NM} + \overrightarrow {PQ} \)

\( = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CA} + \overrightarrow 0 + \overrightarrow {PQ} \)

\( = \overrightarrow 0 + \overrightarrow 0 + \overrightarrow {PQ} \)

\( = \overrightarrow {PQ} = VP\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

c) \(VT = \overrightarrow {FK} - \overrightarrow {FP} + \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {QK} - \overrightarrow {MP} \)

\( = \overrightarrow {PK} + \overrightarrow {MK} - \overrightarrow {MP} \)

\( = \overrightarrow {PK} + \overrightarrow {PK} = 2\overrightarrow {PK} = VP\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

d) \(VT = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {MP} - \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {EK} - \overrightarrow {EP} \)

\( = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DP} + \overrightarrow {PK} \)

\( = \overrightarrow {AP} + \overrightarrow {PK} = \overrightarrow {AK} = VP\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

a) \(VT = \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NP} + \overrightarrow {PQ} = \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {PQ} = \overrightarrow {MQ} = VP\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) \(VT = \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NP} = \overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {QP} = VP\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

c) \[VT = \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {QN} + \overrightarrow {PN} + \overrightarrow {NQ} = \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {PN} + \overrightarrow {QN} + \overrightarrow {NQ} \]

\[ = \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {PN} + \vec 0 = \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {PN} = VP\].

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

= AB.AD.cos60° – AB.AC.cos60°

\( = \frac{1}{2}AB.AD - \frac{1}{2}AB.AC = \frac{{AB}}{2}\left( {AD - AC} \right)\)

\( = - \frac{1}{4}AB.AD\) (1)

Lại có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = AB.CD.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {CD} } \right)\)   (2)

Từ (1), (2), suy ra \(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {CD} } \right) = - \frac{1}{4}\).

\( \Leftrightarrow \cos \varphi = \frac{1}{4}\).

Vậy ta chọn phương án C.

Lời giải

a) Hàm số nghịch biến trên ℝ ⇔ 2m – 3 < 0 \( \Leftrightarrow m < \frac{3}{2}\).

Vậy \(m < \frac{3}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

b) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là –6.

Suy ra giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là M(–6; 0).

Khi đó 0 = (2m – 3).(–6) + 5m – 1

⇔ –7m + 17 = 0

\( \Leftrightarrow m = \frac{{17}}{7}\).

Vậy \(m = \frac{{17}}{7}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là –6.

Suy ra giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung là A(0; –6).

Khi đó –6 = (2m – 3).0 + 5m – 1

⇔ 5m = –5

⇔ m = –1.

Vậy m = –1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Trường hợp 1: m = 1.

Khi đó y = 4x² + 1 ≥ 1 > 0, ∀x ∈ ℝ.

Cho y’ = 0 ⇔ 8x = 0 ⇔ x = 0.

Vì vậy hàm số không có cực đại, chỉ có cực tiểu x = 0 khi m = 1.

Trường hợp 2: m ≠ 1.

Hàm số đã cho không có cực đại \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 > 0\\ - 2\left( {m - 3} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m \le 3\).

Vậy 1 ≤ m ≤ 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta chọn phương án A.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Trường hợp 1: m = –1.

Khi đó \(y = {x^2} + \frac{3}{2} \ge \frac{3}{2} > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Cho y’ = 0 ⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0.

Vì vậy hàm số không có cực đại, chỉ có cực tiểu x = 0 khi m = –1.

Trường hợp 2: m ≠ –1.

Hàm số đã cho không có cực đại \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 > 0\\ - m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 1\\m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < m \le 0\).

Vậy –1 ≤ m ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta chọn phương án D.

Lời giải

a) Ta có: \(AE \bot BC,BF \bot AC\) nên \[\widehat {CFH} = \widehat {CEH} = 90^\circ \].

Do đó F, E cùng nằm trên đường tròn đường kính CH.

Suy ra 4 điểm C, F, H, E cùng nằm trên đường tròn (O) đường kính CH với O là trung điểm của CH.

b) Gọi (O’) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Do tam giác ABC có CA = CB nên tam giác ABC cân tại C

Do đó tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác nằm trên đường cao CD.

Suy ra 3 điểm C, O, O’ thẳng hàng và OO’ = O’C – OC.

Lại có C cùng nằm trên đường tròn (O) và (O’)

Vậy (O) tiếp xúc với (O’) với (O’) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

c) Chứng minh tương tự câu a ta cũng có tứ giác AFHD là tứ giác nội tiếp

Suy ra \(\widehat {HFD} = \widehat {HAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD).

Lại có \(\widehat {HAD} = \widehat {ECH}\) (do cùng phụ với \(\widehat {AHD} = \widehat {CHE}\))

            \(\widehat {ECH} = \widehat {FCH}\) (do tam giác ABC cân tại C nên CH là đường phân giác)

            \(\widehat {FCH} = \widehat {FCO} = \widehat {CFO}\) (do tam giác OCF có OC = OF nên là tam giác cân tại O)

Do đó \(\widehat {HFD} = \widehat {CFO}\).

Mặt khác \(\widehat {CFO} + \widehat {OFH} = 90^\circ \) nên \(\widehat {HFD} + \widehat {{\rm{OF}}H} = 90^\circ \)

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

Mà F nằm trên (O) nên DF là tiếp tuyến của (O).

d) Do DF là tiếp tuyến của (O) nên \(\widehat {DFH} = \widehat {FCH}\) (tính chất góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung đó)

Ta cũng có \(\widehat {EFH} = \widehat {ECH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH)

Mà \(\widehat {FCH} = \widehat {ECH}\) (do CH là phân giác của góc ACB)

Suy ra \(\widehat {EFH} = \widehat {DFH}\)

Do đó FB là phân giác của \(\widehat {DFE}\).

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của d và d’: 12x + 5 – m = 3x + m + 3.

⇔ 9x = 2m – 2.

\( \Leftrightarrow x = \frac{{2m - 2}}{9}\).

Do d cắt d’ tại điểm nằm bên trái trục tung nên ta có x < 0.

\( \Leftrightarrow \frac{{2m - 2}}{9} < 0 \Leftrightarrow 2m - 2 < 0 \Leftrightarrow m < 1\).

Vậy m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta chọn phương án A.

Lời giải

a) x(x + 3) – x² + 9 = 0

⇔ x(x + 3) – (x² – 9) = 0

⇔ x(x + 3) – (x + 3)(x – 3) = 0

⇔ (x + 3)(x – x + 3) = 0

⇔ (x + 3).3 = 0

⇔ x + 3 = 0

⇔ x = –3.

Vậy x = –3.

b)

Vậy A : B = x + 2.

Lời giải

Ta có \(\widehat {MAB} + \widehat {BAC} + \widehat {CAN} = 180^\circ \) (kề bù)

\( \Leftrightarrow \widehat {MAB} + \widehat {CAN} = 180^\circ - \widehat {BAC} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {MAB} + \widehat {ABM} = 90^\circ \) (do tam giác ABM vuông tại M).

Do đó \(\widehat {ABM} = \widehat {CAN}\).

Xét ∆BAM và ∆ACN, có:

\[\widehat {BMA} = \widehat {ANC} = 90^\circ \];

AB = AC (do tam giác ABC vuông cân đỉnh A);

\(\widehat {ABM} = \widehat {CAN}\) (chứng minh trên).

Do đó ∆BAM = ∆ACN (cạnh huyền – góc nhọn).

b) Ta có ∆BAM = ∆ACN (chứng minh trên).

Suy ra BM = AN và AM = CN (các cặp cạnh tương ứng).

Ta có MN = AM + AN = CN + BM.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

a) Ta có \(\frac{1}{2}\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {CM} + \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {CA} \) (do M là trung điểm BC).

Vậy \(\left| {\frac{1}{2}\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {MA} } \right| = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = CA = a\).

b) Ta có \(\overrightarrow {BA} - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BA} - \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {MA} \) (do M là trung điểm BC).

Tam giác ABC đều cạnh a có M là trung điểm BC.

Suy ra \(CM = BM = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\).

Tam giác ABC đều có AM là đường trung tuyến.

Suy ra AM cũng là đường cao của tam giác ABC.

Tam giác ACM vuông tại M: \(AM = \sqrt {A{C^2} - C{M^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {BA} - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MA} } \right| = MA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

c) Ta có \(\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {AQ} \), với N, C là trung điểm AB, AQ.

\( = \overrightarrow {AP} \), với P là đỉnh của hình bình hành AQPN.

Gọi L là hình chiếu của A lên PN.

Ta có MN // AC (MN là đường trung bình của ∆ABC).

Suy ra \(\widehat {ANL} = \widehat {MNB} = \widehat {ACB} = 60^\circ \).

Tam giác ANL vuông tại L:

⦁ \(\sin \widehat {ANL} = \frac{{AL}}{{AN}} \Rightarrow AL = \frac{a}{2}.\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\);

⦁ \(\cos \widehat {ANL} = \frac{{NL}}{{AN}} \Rightarrow NL = \frac{a}{2}.\cos 60^\circ = \frac{a}{4}\).

Ta có PL = PN + NL = AQ + NL = 2AC + NL \( = 2a + \frac{a}{4} = \frac{{9a}}{4}\).

Tam giác ALP vuông tại L: \(AP = \sqrt {A{L^2} + P{L^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{9a}}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{2}\).

Vậy \(\left| {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AP} } \right| = AP = \frac{{a\sqrt {21} }}{2}\).

d) Gọi K là điểm nằm trên đoạn AM thỏa mãn \(MK = \frac{3}{4}MA\)và H là điểm thuộc tia MB sao cho MH = 2,5MB.

Khi đó \(\overrightarrow {MK} = \frac{3}{4}\overrightarrow {MA} ,\,\,\overrightarrow {MH} = 2,5\overrightarrow {MB} \).

Ta có \(\frac{3}{4}\overrightarrow {MA} - 2,5\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MK} - \overrightarrow {MH} = \overrightarrow {HK} \).

Ta có \(MK = \frac{3}{4}MA = \frac{3}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{8}\) và \(MH = 2,5MB = 2,5.\frac{a}{2} = \frac{{5a}}{4}\).

Tam giác KMH vuông tại M: \(HK = \sqrt {M{K^2} + M{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 3 }}{8}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{5a}}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {127} }}{8}\).

Lời giải

a) Ta có \(\frac{1}{2}\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {CM} + \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {CA} \) (do M là trung điểm BC).

Vậy \(\left| {\frac{1}{2}\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {MA} } \right| = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = CA = a\).

b) Ta có \(\overrightarrow {BA} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BM} = 2\overrightarrow {BI} \), với I là trung điểm AM.

Tam giác ABC đều cạnh a có M là trung điểm BC.

Suy ra \(CM = BM = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\).

Tam giác ABC đều có AM là đường trung tuyến.

Suy ra AM cũng là đường cao của tam giác ABC.

Tam giác ACM vuông tại M: \(AM = \sqrt {A{C^2} - C{M^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Suy ra \(IM = \frac{1}{2}AM = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Tam giác BMI vuông tại M: \(BI = \sqrt {B{M^2} + M{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}\).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {BA} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {BI} } \right| = 2BI = 2.\frac{{a\sqrt 7 }}{4} = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

c) Gọi K là điểm nằm trên đoạn AM thỏa mãn \(MK = \frac{3}{4}MA\)và H là điểm thuộc tia MB sao cho \(MH = \frac{5}{2}MB\).

Khi đó \(\overrightarrow {MK} = \frac{3}{4}\overrightarrow {MA} ;\,\,\overrightarrow {MH} = \frac{5}{2}\overrightarrow {MB} \).

Ta có \(\frac{3}{4}\overrightarrow {MA} - \frac{5}{2}\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MK} - \overrightarrow {MH} = \overrightarrow {HK} \).

Ta có \(MK = \frac{3}{4}MA = \frac{3}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{8}\) và \(MH = \frac{5}{2}MB = \frac{5}{2}.\frac{a}{2} = \frac{{5a}}{4}\).

Tam giác KMH vuông tại M: \(HK = \sqrt {M{K^2} + M{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 3 }}{8}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{5a}}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {127} }}{8}\).

Vậy \(\left| {\frac{3}{4}\overrightarrow {MA} - \frac{5}{2}\overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {HK} } \right| = HK = \frac{{a\sqrt {127} }}{8}\).

d) Ta có \(\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}.2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AM} \).

Vậy \(\left| {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AM} } \right| = AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có \({\left( {\sqrt 5 - \sqrt[4]{7}} \right)^{124}} = \sum\limits_{k = 0}^{124} {C_{124}^k.{{\left( { - 1} \right)}^k}{{.5}^{\frac{{124 - k}}{2}}}{{.7}^{\frac{k}{4}}}} \).

Số hạng hữu tỉ trong khai triển tương ứng với \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{124 - k}}{2} \in \mathbb{Z}\\\frac{k}{4} \in \mathbb{Z}\end{array} \right.\)

Nghĩa là, \(\frac{{124 - k}}{2}\) và \(\frac{k}{4}\) là các số tự nhiên.

Do đó 124 – k chia hết cho 2 và k chia hết cho 4.

Suy ra k ∈ {0; 4; 8; 12; …; 124}.

Vậy số các giá trị k là \(\frac{{124 - 0}}{4} + 1 = 32\).

Do đó ta chọn phương án C.

Lời giải

a) Xét ∆OMA và ∆ONP, có:

\(\widehat {AOM} = \widehat {NOP}\) (đối đỉnh);

OM = ON (= R);

\(\widehat {AMO} = \widehat {ONP} = 90^\circ \).

Do đó ∆OMA = ∆ONP (g.c.g).

Suy ra OA = OP (cặp cạnh tương ứng).

b) ∆ABP có OB ⊥ AP (giả thiết) OA = OP (chứng minh trên).

Suy ra OB vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của ∆ABP.

Do đó ∆ABP cân tại B.

Suy ra OB cũng là đường phân giác của ∆ABP.

Vì vậy OH = ON = R (tính chất điểm nằm trên tia phân giác của một góc).

Ta có AB ⊥ OH tại H.

Mà H thuộc đường tròn (O).

Vậy AB là tiếp tuyến của (O).

c) Ta có HA = MA và HB = NB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Tam giác AOB vuông tại O có OH là đường cao:

HA.HB = OH² (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

⇔ AM.BN = R².

Vậy ta có điều phải chứng minh.

d) Tứ giác AMNB có \(\widehat {AMN} = \widehat {MNB} = 90^\circ \).

Suy ra AMNB là hình thang vuông.

Khi đó \({S_{AMNB}} = \frac{1}{2}\left( {AM + BN} \right).MN = \frac{1}{2}.\left( {AH + HB} \right).2R = AB.R\).

Ta có R không đổi và AB ≥ MN.

Suy ra S_AMNB nhỏ nhất ⇔ AB nhỏ nhất.

Tức là, AB = MN.

Khi đó MN // AB.

Vì vậy AMNB là hình chữ nhật.

Suy ra AM = BN = OH = R.

Vậy điểm A nằm trên đường thẳng song song với MN và cách MN một khoảng bằng R.

Lời giải

a) Ta có \(\widehat {AMQ} = \widehat {MPQ}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung) và \(\widehat {QAK} = \widehat {MPQ}\) (do AK // MP).

Suy ra \(\widehat {AMQ} = \widehat {QAK}\).

Xét ∆AKQ và ∆MAK, có:

\(\widehat {AMQ} = \widehat {QAK}\) (chứng minh trên);

\(\widehat {AKQ}\) chung.

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AK}}{{MA}} = \frac{{KQ}}{{AK}} = \frac{{AQ}}{{MK}}\).

\[ \Leftrightarrow \frac{{AK}}{{MA}} = \frac{{MK}}{{AK}} = \frac{{AQ}}{{KQ}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{AK}}{{MK}} = \frac{{MA}}{{AK}} = \frac{{AQ}}{{KQ}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{AK}}{{MK}} = \frac{{KQ}}{{AK}} = \frac{{AQ}}{{MA}}\].

Vậy AK² = KQ.KM (điều phải chứng minh).

b) Xét ∆KQN và ∆KNM, có:

\(\widehat {KNQ} = \widehat {KMN}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung);

\(\widehat {MKN}\) chung.

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{KQ}}{{KN}} = \frac{{QN}}{{NM}} = \frac{{KN}}{{KM}}\).

Do đó KN² = KQ.KM.

Mà AK² = KQ.KM (câu a).

Suy ra KN = AK.

Vậy K là trung điểm AN.

Lời giải

a) Xét ∆ABD và ∆ACD, có:

AD là cạnh chung;

AB = AC (giả thiết);

\(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}\) (do AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\)).

Do đó ∆ABD = ∆ACD (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {ADB} = \widehat {ADC}\) (cặp góc tương ứng).

Mà \(\widehat {ADB} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (kề bù).

Do đó \(\widehat {ADB} = \widehat {ADC} = 90^\circ \).

Vậy AD ⊥ BC.

b) Xét ∆ADE và ∆ADF, có:

AD là cạnh chung;

\(\widehat {DAE} = \widehat {DAF}\) (do AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\));

AE = AF (do AB = AC và BE = CF).

Do đó ∆ADE = ∆ADF (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ADF}\) (cặp góc tương ứng).

Vậy DA là tia phân giác của \(\widehat {EDF}\).

Lời giải

a) Xét ∆ABD và ∆ACD, có:

AD là cạnh chung;

AB = AC (giả thiết);

\(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}\) (do AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\)).

Do đó ∆ABD = ∆ACD (c.g.c).

Suy ra DB = DC và \(\widehat {ADB} = \widehat {ADC}\) (cặp cạnh và cặp góc tương ứng).

b) Ta có \(\widehat {ADB} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (kề bù).

Do đó \(\widehat {ADB} = \widehat {ADC} = 90^\circ \).

Lời giải

a) Ta có \(\widehat {HEA} = \widehat {EAD} = \widehat {ADH} = 90^\circ \).

Suy ra tứ giác ADHE là hình chữ nhật.

Do đó DE = AH.

b) Ta có O là giao điểm của DE và AH.

Suy ra OE = OH = OA = OD.

Tam giác BDH vuông tại D có DP là đường trung tuyến.

Suy ra DP = PH.

Xét ∆PDO và ∆PHO, có:

PO là cạnh chung;

DP = PH (chứng minh trên);

DO = OH (chứng minh trên).

Do đó ∆ PDO = ∆ PHO (c.c.c).

Suy ra \(\widehat {PDO} = \widehat {PHO} = 90^\circ \) (cặp góc tương ứng).

Vì vậy DP ⊥ DE (1)

Chứng minh tương tự, ta được QE ⊥ DE (2)

Từ (1), (2), suy ra DP // QE.

Ta có DP // QE (chứng minh trên) và \(\widehat {PDE} = \widehat {DEQ} = 90^\circ \) (chứng minh trên).

Vậy tứ giác DEQP là hình thang vuông.

c) Tam giác AHC có O, Q lần lượt là trung điểm của AH và HC.

Suy ra OQ là đường trung bình của tam giác AHC.

Do đó OQ // AC.

Mà AC ⊥ AB (tam giác ABC vuông tại A).

Vì vậy OQ ⊥ AB.

Tam giác ABQ có AH, QO là hai đường cao cắt nhau tại O.

Vậy O là trực tâm của tam giác ABQ.

d) Ta có \({S_{DEQP}} = \frac{1}{2}DE\left( {DP + QE} \right) = \frac{1}{2}AH\left( {\frac{1}{2}BH + \frac{1}{2}CH} \right)\)

\( = \frac{1}{4}AH\left( {BH + CH} \right) = \frac{1}{4}AH.BC = \frac{1}{2}{S_{ABC}}\).

Vậy S_ABC = 2S_DEQP.