Lời giải

• Vì A là giao điểm của (D₁) với trục hoành nên hoành độ giao điểm của A là nghiệm của phương trình:

\(\frac{1}{2}x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = - 4\)

Khi đó, tọa độ của điểm A là A(– 4, 0).

Þ OA = 8 (cm)

• Vì B là giao điểm của (D₂) với trục hoành nên hoành độ giao điểm của A là nghiệm của phương trình:

– x + 2 = 0 Û x = 2

Khi đó, tọa độ của điểm B là B(2, 0).

Þ OB = 2 (cm)

• Vì C là giao điểm của hai đường thẳng (D₁) và (D₂) nên hoành độ giao điểm của C là nghiệm của phương trình:

\(\frac{1}{2}x + 2 = - x + 2 \Leftrightarrow x = 0\)

Khi đó, tọa độ của điểm C là C(0; 2).

Þ OC = 2 (cm)

Xét khẳng định A.

\(\tan A = \frac{{OC}}{{OA}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat A = 26^\circ 33'.\)

\(\tan B = \frac{{OC}}{{OB}} = \frac{2}{2} = 1 \Rightarrow \widehat B = 45^\circ .\)

Do đó \(\widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - \left( {26^\circ 33' + 45^\circ } \right) = 108^\circ 27'.\)

Vậy khẳng định A đúng.

Xét khẳng định B.

Ta có AB = 6 (cm).

Theo định lí Py-ta-go, ta có:

AC² = OA² + OC² = 4² + 2² = 20

\( \Rightarrow AC = \sqrt {20} = 4,47\;\left( {cm} \right).\)

Theo định lí Py-ta-go, ta có:

BC² = OB² + OC² = 2² + 2² = 8

\( \Rightarrow BC = \sqrt 8 = 2,83\;\left( {cm} \right).\)

Chu vi tam giác ABC là:

P_∆ABC = AB + AC + BC

= 6 + 4,47 + 2,83 = 13,3 (cm).

Vậy khẳng định B sai.

Xét khẳng định C.

Diện tích tam giác ABC là:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.OC = \frac{1}{2}.6.2 = 6\;\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy khẳng định C đúng.

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

Điều kiện: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - m + 1 \ge 0}\\{ - x + 2m > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge m - 1}\\{x < 2m}\end{array}} \right.\]

Þ TXĐ: \(D = \left[ {m - 1;\;2m} \right]\)

Để hàm số xác định trên khoảng (−1; 3) thì (−1; 3) là con của \(D = \left[ {m - 1;\;2m} \right]\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 \le - 1\\2m \ge 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 0\\m \ge \frac{3}{2}\end{array} \right.\]

Vậy không có giá trị của m nào thỏa mãn.

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

+ Do ABCD là hình bình hành nên \[\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \].

Do đó: \(\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right|\).

Vậy khẳng định a) đúng.

+ Ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} \)

Mà \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \) (Do ABCD là hình bình hành)

Do đó: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} = - \overrightarrow {CB} \).

Vậy khẳng định b) sai.

+ Do O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình bình hành ABCD nên O là trung điểm của AC và BD.

Khi đó ta có: \(\overrightarrow {OA} = \overrightarrow {CO} ;\;\overrightarrow {OD} = \overrightarrow {BO} \)

Do đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {CO} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {\overrightarrow {CB} = - \overrightarrow {BC} } }\\{\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {BO} = \overrightarrow {\overrightarrow {BO} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {BC} } }\end{array}} \right.\)

Suy ra: \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = - \left( {\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right)\).

Vậy khẳng định c) sai.

Lời giải

a) ABCD là hình bình hành

\( \Rightarrow AB\;{\rm{//}}\;CD\); O là trung điểm của AC

\( \Rightarrow OA = OC;\;\widehat {MAO} = \widehat {NCO}\) (so le trong)

Xét ΔMAO và ΔNCO có:

\(\widehat {MAO} = \widehat {NCO}\) (cmt)

OA= OC (cmt)

\(\widehat {MOA} = \widehat {NOC}\) (đối đỉnh)

Þ ΔMAO = ΔNCO (g.c.g) 

Þ OM = ON

Þ O là trung điểm của MN

Þ M đối xứng với N qua O.

b) ΔMAO = ΔNCO (cmt) Þ AM = CN

\(AB\;{\rm{//}}\;CD \Rightarrow AM\;{\rm{//}}\;CN\)

Xét tứ giác AMCN có:

\(AM\;{\rm{//}}\;CN\) và AM = CN

Vậy AMCN là hình bình hành

Lời giải

Do ABCD là hình bình hành nên ta có:

+) \(AB\;{\rm{//}}\;{\rm{CD}} \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {BDC}\) (Hai góc ở vị trí so le trong).

\( \Rightarrow \widehat {KBO} = \widehat {HDO}\).

+) \(AD\;{\rm{//}}\;B{\rm{C}} \Rightarrow \widehat {DAC} = \widehat {ACB}\) (Hai góc ở vị trí so le trong).

\( \Rightarrow \widehat {EAO} = \widehat {FCO}\).

Xét ∆KOB và ∆HOD có:

\(\widehat {KBO} = \widehat {HDO}\) (cmt)

OB = OD (gt)

\(\widehat {KOB} = \widehat {HOD}\) (Hai góc đối đỉnh)

Þ ∆KOB = ∆HOD (g.c.g)

Þ OK = OH (Hai cạnh tương ứng bằng nhau) (1)

Xét ∆EOA và ∆FOC có:

\(\widehat {EAO} = \widehat {FCO}\) (cmt)

OA = OC (gt)

\(\widehat {EOA} = \widehat {FOC}\) (Hai góc đối đỉnh)

Þ ∆EOA = ∆FOC (g.c.g)

Þ OE = OF (Hai cạnh tương ứng bằng nhau) (2)

Từ (1) và (2) ta có tứ giác EKFH có hai cặp cạnh đối thỏa mãn OK = OH và OE = OF.

Suy ra EKFH là hình bình hành.

Lời giải

a) Tập X có thể xảy ra những trường hợp sau:

X = {a; b};

Hoặc: X = {a; b; c}; X = {a; b; d}; X = {a; b; e};

Hoặc: X = {a; b; c; d}; X = {a; b; c; e}; X = {a; b; d; e};

Hoặc: X = {a; b; c; d; e}.

b) Để \(A \cup X = B\) thì tập X có thể xảy ra những trường hợp sau:

X = {3; 4; 5};

Hoặc: X = {1; 3; 4; 5}; X = {2; 3; 4; 5};

Hoặc: X = {1; 2; 3; 4; 5}.

Lời giải

a) Xét 3x − 2y = 6. (1)

Suy ra \(y = \frac{{3x - 6}}{2}\).

Cho x một giá trị t tùy ý ta tính được giá trị tương ứng của y.

Ta được công thức nghiệm tổng quát của phương trình (1) là:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = t \in \mathbb{R}\\y = \frac{{3t - 6}}{2}\end{array} \right.\)

b) Ta có \(y = \frac{{3x - 6}}{2} = \frac{{2x + x - 6}}{2} = x + \frac{{x - 6}}{2}\).

Đặt \(\frac{{x - 6}}{2} = t\;\left( {t \in \mathbb{Z}} \right)\) suy ra x = 2t + 6.

Khi đó, nghiệm nguyên của phương trình (1) là:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2t + 6\\y = 2t + 6 + t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2t + 6\\y = 3t + 6\end{array} \right.\;\left( {t \in \mathbb{Z}} \right)\)

Cho t một giá trị nguyên nào đó ta được một nghiệm nguyên của phương trình (1).

Chẳng hạn, với t = 1 thì \[\left\{ \begin{array}{l}x = 8\\y = 9\end{array} \right.\],

Với t = 2 thì \(\left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 12\end{array} \right.\).

Lời giải

a)

Gọi M là trung điểm của BC

M' là hình chiếu của M lên d

Þ MM' // BB' // CC'

Þ MM' là đường trung bình của hình thang vuông BB'C'C

\[ \Rightarrow MM' = \frac{1}{2}\left( {BB' + CC'} \right)\]

Xét ∆AA'G và ∆MM'G có:

\(\widehat {A'} = \widehat {M'} = 90^\circ \)

\[\widehat {A'AG} = \widehat {MM'G}\] (so le trong)

Do đó ∆AA'G ᔕ ∆MM'G (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AA'}}{{MM'}} = \frac{{AG}}{{GM}}\)

Áp dụng tính chất của trọng tâm, ta có:

\(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AG}}{{GM}} = 2\)

Do đó: \(\frac{{AA'}}{{MM'}} = 2\)

\( \Rightarrow AA' = 2MM' = 2 \cdot \frac{1}{2}\left( {BB' + CC'} \right) = BB' + CC'\)

Vậy AA' = BB' + CC'.

b)

Gọi BE là đường trung tuyến của của AC, M là trung điểm của BG.

Vẽ AA', BB', CC', II', MM' vuông góc với d.

Ta có: G là trọng tâm của tam giác ABC nên suy ra

\(\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{BG}}{{GE}} = 2 \Rightarrow \frac{{2.MG}}{{GE}} = 2\)

\( \Leftrightarrow \frac{{MG}}{{GE}} = 1 \Rightarrow \frac{{MG}}{{ME}} = \frac{1}{2}\)

Suy ra G là trung điểm của ME

M', G', E' là hình chiếu của M, G, E lên d

Þ MM' // GG' // EE'

Þ GG' là đường trung bình của hình thang vuông MM'E'E

Chứng minh tương tự ta có MM' là đường trung bình của hình thang vuông BB'G'G.

Và EE' là đường trung bình của hình thang vuông AA'C'C.

Khi đó ta có:

MM' + EE' = 2GG'

Þ 2MM' + 2EE' = 4GG'

Þ BB' + GG' + AA' + CC' = 4GG'

Þ AA' + BB' + CC' = 3GG'

Lời giải

a) Gọi I là trung điểm của AC.

Xét tam giác vuông BAC có BI là đường trung tuyến

\( \Rightarrow BI = \frac{1}{2}AC\)

Þ BI = IA = IC (1)

Xét tam giác vuông DAC có DI là đường trung tuyến

\( \Rightarrow DI = \frac{1}{2}AC\)

Þ DI = IA = IC (2)

Từ (1) và (2) Þ IA = IB = IC = ID.

Vậy 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc 1 đường tròn là đường tròn tâm I và bán kính là AI.

b) Xét tam giác BDI ta có: BI + ID > BD (theo bất đẳng thức tam giác).

Mà \(BI + ID = \frac{1}{2}AC + \frac{1}{2}AC = AC\).

Vậy AC > BD.

Để AC = BD thì BD cũng là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Khi đó ABCD là hình chữ nhật.

Lời giải

Gọi số tự nhiên thỏa mãn đề bài là \[\overline {abc} \;\left( {a,\;b,\;c \in \left\{ {1;\;2;\;3;\;4;\;5} \right\};\;a \ne b \ne c} \right)\].

Có 5 cách chọn a.

Có 4 cách chọn b.

Có 3 cách chọn c.

Số số lập được là: 5.4.3 = 60.

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

Mỗi số có 2 chữ số khác nhau được lập từ 5 chữ số là chỉnh hợp chập 2 của 5.

\( \Rightarrow A_5^2 = 20.\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Lời giải

a) \[x = 25 \Rightarrow A = \frac{{2\sqrt {25} - 1}}{{\sqrt {25} - 1}} = \frac{{2.5 - 1}}{{5 - 1}} = \frac{9}{4}\].

b) \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} + \frac{3}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{6\sqrt x - 4}}{{x - 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{3\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{6\sqrt x - 4}}{{x - 1}}\)

\( = \frac{{x + \sqrt x }}{{x - 1}} + \frac{{3\sqrt x - 3}}{{x - 1}} - \frac{{6\sqrt x - 4}}{{x - 1}}\)

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

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

c) \(P = A.B = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 1}} \cdot \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\), với x ≥ 0; x ≠ 1.

Để \(P < 1 \Rightarrow \frac{{2\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} < 1\)

Do \(\sqrt x + 1 > 0\)

\( \Rightarrow 2\sqrt x - 1 < \sqrt x + 1\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x < 2\)

Þ 0 < x < 4.

Kết hợp ĐKXĐ Þ x Î (0; 4) \ {1}.

Lời giải

TXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\sqrt x \ne 0\\\sqrt x - 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x > 0\\x \ne 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne 4\end{array} \right.\).

Ta có \(P = A.B = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}}\).

Để \(\left| P \right| = P\) thì P ≥ 0

\( \Rightarrow \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} \ge 0\)

\( \Rightarrow \sqrt x - 2 > 0 \Leftrightarrow \sqrt x > 2\)

Þ x > 4.

Kết hợp ĐKXĐ ta có các giá trị của x thỏa mãn là: x Î (4; +µ).

Lời giải

a) Ta có: SA và SD là hai tiếp tuyến của (O) và cắt nhau tại S Þ SA = SD.

Mà OA = OD (Bán kính của đường tròn (O)).

Khi đó SO là đường trung trực của đoạn thẳng AD Þ SO ^ AD.

Tam giác ABD nội tiếp đường tròn (O) nên suy ra AD ^ BD.

Vậy suy ra SO // BD (đpcm).

b) Xét ∆ABC có:

O là trung điểm của AB;

SO // BD (cmt).

Suy ra SO là đường trung bình của ∆ABC.

Do đó S là trung điểm của AC.

Vậy SA = SC (đpcm).

c) Do AC ^ AB và DH ^ AB nên suy ra AC // DH

Xét ∆BSC có ED // SC. Theo định lý Ta-lét, ta có: \(\frac{{BE}}{{BS}} = \frac{{ED}}{{SC}}\) (1)

Xét ∆BSA có EH // SA. Theo định lý Ta-lét, ta có: \(\frac{{BE}}{{BS}} = \frac{{EH}}{{SA}}\) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \frac{{ED}}{{SC}} = \frac{{EH}}{{SA}}\).

Mà SC = SA Þ ED = EH.

Vậy E là trung điểm của DH.

Lời giải

a) ∆AQB nội tiếp đường tròn (O)

\( \Rightarrow \widehat {AQB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Þ AQ ^ BM.

Tam giác ABM vuông tại A có AQ ^ BM, ta áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông suy ra: MA² = MQ.MB (đpcm).

b) ∆ACB nội tiếp đường tròn (O)

\( \Rightarrow \widehat {ACB} = 90^\circ \) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Þ AC ^ BC (1)

Ta có: OA = OC (Bán kính của đường tròn tâm O)

Và MA = MC (Hai tiếp tuyến MA, MC cắt nhau tại M)

Þ MO là đường trung trực của đoạn thẳng AC

Þ MO ^ AC (2)

Từ (1) và (2) Þ BC // OM (Cùng vuông góc với AC)

\( \Rightarrow \widehat {OMB} = \widehat {MBC}\) (Hai góc ở vị trí so le trong)

Hay \(\widehat {IMQ} = \widehat {MBC}\) (3)

Mặt khác: \(\widehat {QAI} = \widehat {MBC}\) (Hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung QC) (4)

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \widehat {IMQ} = \widehat {QAI}\;\left( { = \widehat {MBC}} \right)\)

Do M và A cùng nhìn QI cố định dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác AIQM nội tiếp.

c) Do tứ giác AIQM nội tiếp nên suy ra:

\(\widehat {AMI} = \widehat {AQI}\) (Hai góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung AI) (5)

Ta có: \(\widehat {IQN} = \widehat {AQB} - \widehat {AQI} = 90^\circ - \widehat {AQI}\) (6)

Xét tam giác AIM vuông tại I có \(\widehat {AMI} + \widehat {MAI} = 90^\circ \)

Và \(\widehat {MAI} + \widehat {IAO} = \widehat {MAO} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {AMI} = \widehat {IAO}\) (Hai góc cùng phụ với \(\widehat {MAI}\)) (7)

Xét tam giác CAH vuông tại H có:

\(\widehat {CAH} + \widehat {ACH} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {ACH} = 90^\circ - \widehat {CAH}\)

Hay \(\widehat {ICN} = 90^\circ - \widehat {IAO}\) (8)

Từ (5), (6), (7) và (8) \( \Rightarrow \widehat {IQN} = \widehat {ICN}\)

Do Q và C cùng nhìn IN cố định dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác IQCN nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {CIN} = \widehat {CQN}\) (Hai góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung CN) (*)

Mà \(\widehat {CAB} = \widehat {CQB}\) (Hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung CB) (**)

Từ (*) và (**) nên suy ra \(\widehat {CIN} = \widehat {CAH}\)

Þ IN // AH (Có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau)

Lời giải

a) Vì tam giác ABC cân ở A Þ AI vừa là đường phân giác vừa là đường cao.

Do 3 điểm A, I, O thẳng hàng Þ AO ^ BC

Þ \(\widehat {OIC} + \widehat {ICB} = 90^\circ \) (1)

Vì OI = OC = R Þ ∆IOC cân tại O

Þ \(\widehat {OIC} = \widehat {ICO}\) (2)

Do CI là đường phân giác của \(\widehat C\) nên suy ra \(\widehat {ICB} = \widehat {ICA}\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {ICA} + \widehat {ICO} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {ACO} = 90^\circ \Rightarrow AC \bot CO\)

Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.

b) Do ∆CIK nội tiếp đường tròn (O)

\( \Rightarrow \widehat {ICK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Þ CK ^ CI

Mà CI là đường phân giác góc trong \(\widehat C\)

Þ CK là đường phân giác góc ngoài của \(\widehat {ACB}\)

Nên theo tích chất đường phân giác ta có:

\(\frac{{AI}}{{AK}} = \frac{{HI}}{{HK}}\) (đpcm).

Lời giải

a) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

• Ax và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại C Þ CA = CE;

• By và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại D Þ DB = DE.

Suy ra: AC + BD = CE + DE = CD (đpcm)

b) ΔAEB nội tiếp đường tròn đường kính AB

Þ ΔAEB vuông tại E mà EF là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta được: AF.AB = AE² (1)

ΔBAK vuông tại A có AE là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta được: KE.EB = AE² (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AF.AB = KE.EB (đpcm)

c) Ax // By (cùng ^ AB), theo định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{CE}}{{ED}} = \frac{{CI}}{{IB}} = \frac{{AF}}{{FB}}\).

Mà CE = CA và ED = BD

Þ \(\frac{{AF}}{{FB}} = \frac{{CA}}{{BD}}\)

Lại có \(\widehat {CAF} = \widehat {FBD} = 90^\circ \)

Do đó ΔAFC ᔕ ΔBFD (c.g.c) (đpcm)

d) Ta có: CA = CE; OA = OE Þ OC là đường trung trực của AE

Mà AE ^ EB Þ OC // EB hay OC // BK

Lại có O là trung điểm của BC

Þ C là trung điểm của AK Þ AC = CK

EF // AK Þ \(\frac{{IE}}{{CK}} = \frac{{BI}}{{BC}} = \frac{{IF}}{{AC}}\)

Mà AC = CK Þ IE = IF

Gọi P = IM Ç Ax; Q = IN Ç By

Ta có: CP // IF Þ \(\frac{{CP}}{{IF}} = \frac{{MP}}{{MI}}\)

PA // IE Þ \(\frac{{MP}}{{MI}} = \frac{{AP}}{{IE}}\)

Mà IE = IF Þ CP = MP Þ P là trung điểm của AC.

Chứng minh tương tự ta có Q là trung điểm của BD.

IE // BD Þ \(\frac{{CI}}{{IB}} = \frac{{CE}}{{ED}} = \frac{{CA}}{{BD}} = \frac{{2CP}}{{2QB}} = \frac{{CP}}{{QB}}\)

và \(\widehat {PCI} = \widehat {QBI}\)

Þ ΔPCI ᔕ ΔQBI (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {QIB} + \widehat {PIB} = \widehat {PIC} + \widehat {PIB} = 180^\circ \)

Þ P, I, Q thẳng hàng Þ M, I, N thẳng hàng (đpcm)

Lời giải

a) Ax là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Þ Ax ^ AB Þ AC ^ AB (1)

By là tiếp ruyến của đường tròn (O)

Þ By ^ AB Þ BD ^ AB (2)

Từ (1) và (2) Þ AC // BD

Áp dụng định lý Ta-lét với AC // BD ta có:

\[\frac{{AC}}{{BD}} = \frac{{CN}}{{NB}} \Rightarrow \frac{{CN}}{{AC}} = \frac{{NB}}{{BD}}\] (đpcm)

b) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

• Ax và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại C Þ CA = CM;

• By và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại D Þ DB = DM.

Ta có: \(\frac{{CN}}{{AC}} = \frac{{NB}}{{BD}} \Rightarrow \frac{{CN}}{{CM}} = \frac{{NB}}{{MD}} \Rightarrow \frac{{CN}}{{NB}} = \frac{{CM}}{{MD}} \Rightarrow \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{{CM}}{{CD}}\).

Vậy MN // BD (Theo định lí Ta-lét).

Mà BD ^ AB Þ MN ^ AB.

c) Ta có: CA = CM (cmt) và OA = OM = R

Þ OC là đường trung trực của đoạn thẳng MA

Þ OC cũng là đường phân giác của ∆OMA

\[ \Rightarrow \widehat {MOC} = \widehat {AOC} = \frac{1}{2}\widehat {MOA}\] (3)

Lại có: DB = DM (cmt) và OB = OM = R

Þ OD là đường trung trực của đoạn thẳng MB

Þ OD cũng là đường phân giác của ∆OMB

\[ \Rightarrow \widehat {MOD} = \widehat {BOD} = \frac{1}{2}\widehat {MOB}\] (4)

Từ (3) và (4) ta suy ra

\[\widehat {MOC} + \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {MOA} + \frac{1}{2}\widehat {MOB}\]

\( = \frac{1}{2}\left( {\widehat {MOA} + \widehat {MOB}} \right) = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {COD} = 90^\circ \) (đpcm).

Lời giải

a) Xét tứ giác AOBM có: \(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Þ AOBM là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Vậy bốn điểm A, B, M, O cùng thuộc một đường tròn.

b) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

MA và MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M Þ MA = MB.

Lại có OA = OB = R

Þ OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB

Þ OM ^ AB (1)

Mà \[\widehat {ABC} = 90^\circ \] (Do góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Þ AB ^ BC (2)

Từ (1) và (2) Þ OM // BC

c) Do OM // BC \( \Rightarrow \widehat {AOM} = \widehat {ACB}\) (Hai góc ở vị trí đồng vị)

Þ \(\widehat {AOM} = \widehat {KCB}\)

Lại có OM là đường trung trực trong tam giác cân OAB nên nó cũng là đường phân giác của tam giác OAB

\( \Rightarrow \widehat {AOM} = \widehat {BOM}\)

Nên suy ra \(\widehat {KCB} = \widehat {BOM}\)

Xét ∆BCK và ∆MOB có:

\(\widehat {KCB} = \widehat {BOM}\) (cmt)

\(\widehat {BKC} = \widehat {MBO}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

Þ ∆BCK ᔕ ∆MOB (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{CK}}{{OB}} = \frac{{CB}}{{OM}} \Rightarrow CK.OM = OB.CB\) (đpcm)

d) Lấy E là giao điểm của CM và OD.

Ta có: \(\widehat {BCD} = \widehat {BAC}\) (Hai góc cùng phụ với \(\widehat {BCA}\))

Mà \(\widehat {BMO} = \widehat {BAO}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BO)

\( \Rightarrow \widehat {BMO} = \widehat {BCD}\)

Xét ∆BMO và ∆BCD có:

\(\widehat {BMO} = \widehat {BCD}\) (cmt)

\(\widehat {MBO} = \widehat {CBD}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

Þ ∆BMO ᔕ ∆BCD (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{BM}}{{BC}} = \frac{{BO}}{{BD}}\)

Mà \(\widehat {MBC} = \widehat {OBD}\)

Þ ∆MBC ᔕ ∆OBD (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {BMC} = \widehat {BOD}\)

Þ Tứ giác BMOE nội tiếp đường tròn

\( \Rightarrow \widehat {MEO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \) (Hai góc nôij tiếp cùng chắn cung MO)

Þ OD ^ CM (đpcm).

Lời giải

a) Xét tứ giác AOBM với \(\widehat {MAO}\) và \(\widehat {MBO}\) có:

\(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Do đó AOBM là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Xét ∆MCA và ∆MAD có:

\(\widehat {MAC} = \widehat {MDA}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung AC)

\(\widehat M\) là góc chung

Þ ∆MCA ᔕ ∆MAD (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{MC}}{{MA}} = \frac{{MA}}{{MD}} \Rightarrow M{A^2} = MC.MD\)

c) Lấy H là giao điểm của MO và AB.

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MAO vuông tại A có AH là đường cao nên suy ra MA² = MH.MO.

Mà MA² = MC.MD (cmt)

Þ MH.MO = MC.MD

\(\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\)

Xét ∆MHD và ∆MCO có:

\(\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\) (cmt)

\(\widehat M\): góc chung

Þ ∆MHD ᔕ ∆MCO (g.g)

\( \Rightarrow \widehat {MDH} = \widehat {MOC} \Rightarrow \widehat {CDH} = \widehat {HOC}\)

Þ Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn (Hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai đỉnh còn lại với hai góc bằng nhau).

Þ H thuộc đường tròn (I).

Vậy (I) đi qua điểm cố định H là giao của MO và AB; với A, B là hai tiếp điểm từ điểm M cố định đến đường tròn (O).

Lời giải

a) \(\left| {x - 1,7} \right| = 2,3\)

+ TH1: x − 1,7 = 2,3

Û x = 2,3 + 1,7

Û x = 4

+TH2: x − 1,7 = −2,3

Û x = −2,3 + 1,7

Û x = −0,6.

Vậy nghiệm của phương trình là x = 4 và x = −0,6.

b) \(\left| {x + \frac{3}{4}} \right| - \frac{1}{3} = 0\)

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

+ TH1: \(x + \frac{3}{4} = \frac{1}{3}\)

\( \Leftrightarrow x = \frac{1}{3} - \frac{3}{4}\)

\( \Leftrightarrow x = - \frac{5}{{12}}\).

+ TH2: \(x + \frac{3}{4} = - \frac{1}{3}\)

\( \Leftrightarrow x = - \frac{1}{3} - \frac{3}{4}\)

\( \Leftrightarrow x = - \frac{{13}}{{12}}\).

Vậy \(x = - \frac{5}{{12}}\) và \(x =  - \frac{{13}}{{12}}\) là nghiệm của phương trình.

Lời giải

a) Gọi I là giao điểm của OA và NP

Ta có độ dài cung AN bằng độ dài cung AP nên suy ra AN = AP

Và ON = OP = R.

Þ OA là đường trung trực của đoạn thẳng NP

Þ OA ^ NP tại I

Þ \(\widehat {AID} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {ADI} = 90^\circ - \widehat {IAD}\)

Hay \(\widehat {ADP} = 90^\circ - \widehat {OAB}\)

Lại có: OA = OB Þ ∆OAB cân tại O.

\( \Rightarrow \widehat {OAB} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {AOB}}}{2}\)

Suy ra \(\widehat {ADP} = 90^\circ - \left( {90^\circ - \frac{{\widehat {AOB}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {AOB}}}{2}\).

Mà \(\widehat {MDB} = \widehat {ADP}\) (Hai góc đối đỉnh) \( \Rightarrow \widehat {MDB} = \frac{{\widehat {AOB}}}{2}\).

Đường tròn (O) có: \(\widehat {ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB và \(\widehat {AOB}\) là góc ở tâm chắn cung AB nên suy ra:

\(\widehat {ACB} = \frac{{\widehat {AOB}}}{2} \Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {MDB}\)

Hay \(\widehat {ECB} = \widehat {MDB}\).

Tứ giác BNDC có \[\widehat {ECB} + \widehat {EDB} = \widehat {MDB} + \widehat {EDB} = \widehat {MDE} = 180^\circ \].

Suy ra BNDC là tứ giác nội tiếp.

b) BNPC là tứ giác nội tiếp nên suy ra \(\widehat {NPC} + \widehat {NBC} = 180^\circ \).

Lại có \(\widehat {MBN} + \widehat {NBC} = \widehat {MBC} = 180^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {MBN} = \widehat {MPC}\)

Xét ∆MBN và ∆MPC có:

\(\widehat {MBN} = \widehat {MPC}\) (cmt)

\(\widehat M\): góc chung

Þ ∆MBN ᔕ ∆MPC (g.g).

\( \Rightarrow \frac{{MB}}{{MP}} = \frac{{MN}}{{MC}} \Rightarrow MB.MC = MN.MP\).

Lời giải

Đồ thị hàm số \(y = - \frac{2}{3}x\) đi qua gốc tọa độ O(0; 0) và điểm \(M\left( {1;\; - \frac{2}{3}} \right)\).

a) A là điểm trên đồ thị có tung độ bằng −2.

Khi đó \( - 2 = - \frac{2}{3} \cdot {x_A} \Leftrightarrow {x_A} = \left( { - 2} \right):\left( { - \frac{2}{3}} \right) = 3\).

Vậy A(3; −2).

b) B là điểm trên đồ thị có hoành độ bằng 4.

Khi đó \({y_B} = - \frac{2}{3} \cdot 4 = - \frac{8}{3}\)

Vậy \(B\left( {4;\; - \frac{8}{3}} \right)\).

c) C là điểm trên đồ thị sao cho tung độ bằng 3 lần hoành độ hay \({y_C} = 3{x_C}\).

Khi đó \({y_C} = - \frac{2}{3}{x_C} = 3{x_C} \Leftrightarrow {x_C} = 0 \Rightarrow {y_C} = 0\).

Vậy \(C \equiv O\left( {0;\;0} \right)\).

d) D là điểm trên đồ thị có tung độ và hoành độ đối nhau hay \({y_D} = - {x_D}\).

Khi đó \({y_D} = - \frac{2}{3}{x_D} = - {x_D} \Leftrightarrow {x_D} = 0 \Rightarrow {y_D} = 0\).

Vậy \(D \equiv O\left( {0;\;0} \right)\).

Lời giải

Vì A có hoành độ và tung độ đối nhau nên a = − b (1)

Vì A nằm trên d nên b = a − 2 (2)

Thay (2) vào (1) ta được: a = − (a − 2)

Û a = − a + 2

Û a = 1

Suy ra b = − a = −1.

Vậy khi đó a.b = −1.

Lời giải

Ta có: n(Ω) = 3.3.3 = 27.

Gọi A là: “Tổng số ghi trên ba tấm thẻ là 6”.

Để tổng số ghi trên ba tấm thẻ là 6 thì có các tổng sau:

1 + 2 + 3 = 6. Khi đó hoán vị 3 phần tử 1, 2, 3 ta được 3! = 6 (cách).

2 + 2 + 2 =6. Khi đó ta có 1 cách.

Do đó n(A) = 6 + 1 = 7.

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( \Omega \right)}}{{n\left( A \right)}} = \frac{7}{{27}}\).

Lời giải

+ Xét đáp án A. Khi n = 3 thì giá trị của n² + 11n + 2  bằng 44, chia hết cho 11

Nên đáp án A đúng.

+ Xét đáp án B. Khi n = 2k, k Î ℕ.

Þ n² + 1 = 4k² + 1 không chia hết cho 4, k Î ℕ.

Khi n = 2k + 1, với k Î ℕ.
Þ x² + 1 = 4k² + 4k + 2 = 4k(k + 1) + 2, k Î ℕ.

Nên đáp án B sai.

+ Xét đáp án C. Tồntaij số nguyên tố 5 chia hết cho 5 nên đáp án C đúng.

+ Xét đpas án D. Phương trình 2x² − 8 = 0

Û x² = 4

Û x = ± 2 Î ℤ.

Nên đáp án D đúng.

Lời giải

Do ∆ABC là tam giác vuông tại A nên:

\({S_{ABC}} = \frac{{AH.BC}}{2} = \frac{{AB.AC}}{2} \Rightarrow AH.BC = AB.AC\)

\( \Leftrightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} \Leftrightarrow \frac{1}{{AH}} = \frac{{BC}}{{AB.AC}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{{B{C^2}}}{{A{B^2}.A{C^2}}}\)

Mặt khác theo định lý Pytago thì:

BC² = AB² + AC²

\( \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{{A{B^2}.A{C^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}\).

Do đó ta có đpcm.

Lời giải

\(\overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} - 3\overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OC} + 2\overrightarrow {OB} - 2\overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 \)

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

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {CA} = 2\overrightarrow {BC} \).

Vậy 3 điểm A, B, C thẳng hàng.

Lời giải

a) 7x²y − 14xy² + 21x²y²

= 7xy(x − 2y + 3xy).

b) 2x(x − y) + 3y(y − x)

= 2x(x − y) − 3y(x − y)

= (x − y)(2x − 3y).

c) 6x(x − 3) + 2x − 6

= 6x(x − 3) + 2(x − 3)

= (x − 3)(6x + 2)

= 2(x − 3)(3x + 1).

d) 4x(x − y)² + 3x − 3y

= 4x(x − y)² + 3(x − y)

= (x − y)[4(x − y) + 3]

= (x − y)(4x − 4y + 3).

Lời giải

a) \({\left( {\sqrt[4]{x} + x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{{\sqrt[4]{x}}^k}.{x^{10 - k}}} \)

\[ = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{x^{\frac{k}{4}}}.{x^{10 - k}}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{x^{\frac{k}{4} + 10 - k}}} \]

\[ = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{x^{10 - \frac{{3k}}{4}}}} \]

Để số hạng chứa x có số mũ tự nhiên thì \(10 - \frac{{3k}}{4} \in \mathbb{N}\;\left( {0 \le k \le 10} \right)\)

Và \[0 < 10 - \frac{{3k}}{4} \le 10\]

\( \Rightarrow k \in U\left( 4 \right) = \left\{ {0;\;4;\;8} \right\}\).

Vậy số hạng chứa x với số mũ tự nhiên trong khai triển sau: \[C_{10}^0{x^{10}},\;C_{10}^4{x^7},\;C_{10}^8{x^4}\].

b) \({\left( {x + \frac{1}{{\sqrt[3]{x}}}} \right)^{13}} = \sum\limits_{k = 0}^{13} {C_{13}^k.{x^{13 - k}}.\frac{1}{{{{\sqrt[3]{x}}^k}}}} = \sum\limits_{k = 0}^{13} {C_{13}^k.{x^{13 - k}}.{x^{ - \frac{k}{3}}}} \)

\( = \sum\limits_{k = 0}^{13} {C_{13}^k.{x^{13 - \frac{{4k}}{3}}}} \).

Để số hạng chứa x có số mũ tự nhiên thì \(13 - \frac{{4k}}{3} \in \mathbb{N}\;\left( {0 \le k \le 13} \right)\)

Và \[0 < 13 - \frac{{4k}}{3} \le 13\]

\( \Rightarrow k \in U\left( 3 \right) = \left\{ {0;\;3;\;6;\;9} \right\}\).

Vậy số hạng chứa x với số mũ tự nhiên trong khai triển sau:

\[C_{13}^0{x^{13}},\;C_{13}^3{x^9},\;C_{13}^6{x^5},\;C_{13}^9x\].