Ta có $p=\frac{AB+BC+CA}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}+1}{2}$  .

Theo công thức Heron, ta có:

$S_{ABC}=\sqrt{p\left(p-AB\right)\left(p-BC\right)\left(p-AC\right)}=\frac{3+\sqrt{3}}{2}$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp là:

$R=\frac{AB.BC.CA}{4S}=\sqrt{2}$.

Theo định lí hàm Cosin ta có:

• $\cos \widehat{BAC}=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2AB.AC}=-\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \widehat{BAC}=120°\Rightarrow \widehat{BAD}=60°$.

• $\cos \widehat{ABC}=\frac{A{B}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2AB.BC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow \widehat{ABC}=45°$.

Tam giác ABD có: $\widehat{BAD}=60°;\widehat{ABD}=45°\Rightarrow \widehat{ADB}=180°-60°-45°=75°$

a) Ta có:

$\widehat{E_1}=\widehat{E_2}$ (hai góc đối đỉnh)

$\widehat{E_2}=\widehat{D_1}$ (Do cùng phụ với $\widehat{ACD}$ )

$\Rightarrow \widehat{E_1}=\widehat{D_1}$.

Xét ∆ACD và ∆AME có:

AD = AE (gt)

$\widehat{DAC}=\widehat{EAM}=90°$

$\widehat{E_1}=\widehat{D_1}$ (cmt)

Þ ∆ACD = ∆AME (c.g.c).

b) ∆ACD = ∆AME (câu a)

Þ AC = AM (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

Mà AC = AB (Do ∆ABC vuông cân tại đỉnh A)

Þ AM = AB

Xét ∆AGB và ∆MIA có:

 (AI // BC, hai góc ở vị trí đồng vị)

AB = MA (cmt)

 (AG // MH do cùng ^ DC, hai góc ở vị trí đồng vị)

Þ ∆AGB = ∆MIA (g.c.g).

c) ∆AGB = ∆MIA Þ BG = AI (1)

Xét ∆GAH và ∆IHA có:

$\widehat{GAH}=\widehat{IHA}$ (hai góc ở vị trí so le trong)

AH: cạnh chung

$\widehat{GHA}=\widehat{IAH}$ (hai góc ở vị trí so le trong)

Þ ∆GAH = ∆IHA (g.c.g)

Þ HG = AI (2)

Từ (1) và (2) suy ra BG = HG (đpcm).

a) Ta có:

$\widehat{IBE}+\widehat{BIC}=90°$ và $\widehat{ICA}+\widehat{BIC}=90°$  (tổng 2 góc nhọn trong tam giác vuông)

$\Rightarrow \widehat{IBE}=\widehat{ICA}$.

∆ABC vuông cân tại A có AB = AC

Xét ∆ABE và ∆ACI có:

$\widehat{ABE}=\widehat{ACI}$ (cmt)

AB = AC (cmt)

$\widehat{BAE}=\widehat{CAI}\left(=90°\right)$

Þ ∆ABE = ∆ACI (g.c.g)

Þ BE = CI (hai cạnh tương ứng bằng nhau).

b) Ta có:

b) Ta có:

AD = AE (gt)

AB = AC (cmt)

Do đó theo định lí Ta lét đảo, ta có:

DE // BC Þ Tứ giác DECB là hình thang.

Mà $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$  (∆ABC vuông cân tại A)

Þ Tứ giác DECB là hình thang cân

Þ CD = BE (2 đường chéo của hình thang cân).

Mà BE = CI nên CD = CI.

Xét ∆CAD và ∆CAI có:

$\widehat{CAD}=\widehat{CAI}=90°$

CD = CI (cmt)

CA: cạnh chung

Þ ∆CAD = ∆CAI (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

Þ AD = AI (hai cạnh tương ứng).

Mà AD + AI = DI nên $AD=AI=\frac{DI}{2}$ .

Ta có:

• BE ^ DM và BE ^ AN Þ DM // AN

Theo định lí Ta lét ta có:$\frac{BD}{AD}=\frac{BM}{MN}$  (1)

• BE ^ DM và BE ^ CI Þ DM // CI

Theo định lí Ta lét ta có:   $\frac{BD}{DI}=\frac{BM}{MC}$

$\iff \frac{BD}{\frac{DI}{2}}=\frac{BM}{\frac{MC}{2}}\iff \frac{BD}{AD}=\frac{BM}{\frac{MC}{2}}$(2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \frac{BM}{MN}=\frac{BM}{\frac{MC}{2}}\iff MN=\frac{MC}{2}$

Mà N Î MC nên N là trung điểm của MC

Þ MN = NC.

Ta có h_b + h_c = 2h_a

_{$\iff \frac{2.S_{ABC}}{b}+\frac{2.S_{ABC}}{c}=\frac{4.S_{ABC}}{a}$}

_{$\iff \frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{2}{a}$}

Áp dụng định lí sin ta có:

$\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}=\frac{2R}{b}+\frac{2R}{c}=2R\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=2R.\frac{2}{a}=\frac{2}{\sin A}$.

Vậy $\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}=\frac{2}{\sin A}$  (đpcm).

2h_a​ = h_b ​+ h_c​ 

$\iff \frac{4.S_{ABC}}{a}=\frac{2.S_{ABC}}{b}+\frac{2.S_{ABC}}{c}$

$\iff \frac{2}{a}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Áp dụng định lí sin ta có:

$\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}=\frac{2R}{b}+\frac{2R}{c}=2R\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=2R.\frac{2}{a}=\frac{2}{\sin A}$

Vậy $\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}=\frac{2}{\sin A}$

Vậy nếu có 2h_a​ = h_b ​+ h_c​ thì: $\frac{2}{\sin A}=\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}$

Vậy ta chọn đáp án A.

Ta có: $\cos 2A+2\sqrt{2}\cos B+2\sqrt{2}\cos C=3$

$\iff 2{\cos }^{2}A-1+2\sqrt{2}\mathrm{.2.}\cos \left(\frac{B+C}{2}\right).\cos \left(\frac{B-C}{2}\right)-3=0v$

$\iff 2{\cos }^{2}A+4\sqrt{2}.\cos \left(\frac{B+C}{2}\right).\cos \left(\frac{B-C}{2}\right)-4=0$(1)

Ta thấy: $\sin \left(\frac{A}{2}\right)>0;\cos \left(\frac{B-C}{2}\right)\le 1$

$\Rightarrow VT\le 2{\cos }^{2}A+4\sqrt{2}.\sin \left(\frac{A}{2}\right)-4$

Vì ∆ABC không tù nên 0 £ cos A < 1

$\Rightarrow {\cos }^{2}A\le \cos A$

$\Rightarrow VT\le 2\cos A+4\sqrt{2}.\sin \left(\frac{A}{2}\right)-4$

$\Rightarrow VT\le 2\left(1-2.{\sin }^2\left(\frac{A}{2}\right)\right)+4\sqrt{2}.\sin \left(\frac{A}{2}\right)-4$

$\Rightarrow VT\le -4.{\sin }^2\left(\frac{A}{2}\right)+4\sqrt{2}.\sin \left(\frac{A}{2}\right)-2$

 $\Rightarrow VT\le -2.{\left(\sqrt{2}.\sin \left(\frac{A}{2}\right)-1\right)}^2\le 0$(2)

Từ (1) và (2) thì đẳng thức xảy ra khi tất cả các dấu “=” ở trên xảy ra $\iff \left\{\begin{array}{l}\cos \left(\frac{B-C}{2}\right)=1\\ {\cos }^{2}A=\cos A\\ \sqrt{2}.\sin \frac{A}{2}-1=0\end{array}\right.$

Với $\sqrt{2}.\sin \frac{A}{2}-1=0\iff \sin \frac{A}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

$\Rightarrow \frac{\widehat{A}}{2}=45°\iff \widehat{A}=90°$.

Ta có: $\cos 2A+2\sqrt{2}\cos B+2\sqrt{2}\cos C=3$

$\iff 2{\cos }^{2}A-1+2\sqrt{2}\mathrm{.2.}\cos \left(\frac{B+C}{2}\right).\cos \left(\frac{B-C}{2}\right)-3=0$

$\iff 2{\cos }^{2}A+4\sqrt{2}.\cos \left(\frac{B+C}{2}\right).\cos \left(\frac{B-C}{2}\right)-4=0$(1)

Ta thấy:$\sin \left(\frac{A}{2}\right)>0;\cos \left(\frac{B-C}{2}\right)\le 1$

$\Rightarrow VT\le 2{\cos }^{2}A+4\sqrt{2}.\sin \left(\frac{A}{2}\right)-4$

Vì ∆ABC không tù nên 0 £ cos A < 1

$\Rightarrow {\cos }^{2}A\le \cos A$

$\Rightarrow VT\le 2\cos A+4\sqrt{2}.\sin \left(\frac{A}{2}\right)-4$

$\Rightarrow VT\le 2\left(1-2.{\sin }^2\left(\frac{A}{2}\right)\right)+4\sqrt{2}.\sin \left(\frac{A}{2}\right)-4$

$\Rightarrow VT\le -4.{\sin }^2\left(\frac{A}{2}\right)+4\sqrt{2}.\sin \left(\frac{A}{2}\right)-2$

$\Rightarrow VT\le -2.{\left(\sqrt{2}.\sin \left(\frac{A}{2}\right)-1\right)}^2\le 0$ (2)

Từ (1) và (2) thì đẳng thức xảy ra khi tất cả các dấu “=” ở trên xảy ra

$\iff \left\{\begin{array}{l}\cos \left(\frac{B-C}{2}\right)=1\\ {\cos }^{2}A=\cos A\\ \sqrt{2}.\sin \frac{A}{2}-1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}=0\\ {\cos }^{2}A=\cos A\\ \sin \frac{A}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}=0\\ {\cos }^{2}A=\cos A\\ \frac{\widehat{A}}{2}=45°\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\widehat{B}=\widehat{C}\\ {\cos }^{2}A=\cos A\left(TM\right)\\ \widehat{A}=90°\end{array}\right.$

Vậy với $\widehat{A}=90°$  thì $\widehat{B}=\widehat{C}=\frac{180°-90°}{2}=45°$ .

x² − 4x − m² − 1 = 0

Ta có ∆' = 4 + m² + 1 = 5 + m²

Vì m² ≥ 0 Þ m² + 5 > 0; ∀m

Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm x₁, x₂

Theo định lí Viét, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4\\ x_1.x_2=-m^2-1\left(*\right)\end{array}\right.$

Ta có: x₂ = −5x₁

Û 4 − x₁ = −5x₁

Û 4 = −4x₁

Û x₁ = −1

Þ x₂ = (−5).(−1) = 5

Thay x₁, x₂ vào (*) ta được: 

(−1).5 = − m² − 1

Û − m² − 1 = −5

Û m² = 4 Û m = ±2

Vậy m = ±2 là giá trị của tham số m cần tìm.

a) x² − 4x − m² − 1 = 0

Ta có ∆' = 4 + m² + 1 = 5 + m²

Vì m² ≥ 0 Þ m² + 5 > 0; ∀m

Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm x₁, x₂.

b) Theo Viét ta có:$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4\\ x_1.x_2=-m^2-1\left(*\right)\end{array}\right.$

Ta có: 2x₁ + 3x₂ = 13

Û 2x₁ + 3(4 − x₁) = 13

Û 2x₁ + 12 − 3x₁ = 13

Û −x₁ − 1 = 0

Û x₁ = −1

Þ x₂ = 4 − (−1) = 5.

Khi đó A = x₁² + x₂² = (−1)² + 5² = 26.

x² + mx − 3 = 0

Þ ∆' = m² + 12 > 0, ∀m Î ℝ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Áp dụng định lí Ta-lét, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-m\\ x_1.x_2=-3\end{array}\right.$

Khi đó: |x₁| + |x₂| = 4

Û (|x₁| + |x₂|)² = 16

Û x₁² + x₂² + 2|x₁.x₂| = 16

Û (x₁ + x₂)² − 2x₁.x₂ + 2|x₁.x₂| = 16

Û (−m)² − 2.(−3) +2.|−3| = 16

Û m² = 4 Û m = ±2.

 x² + mx + m − 2 = 0

Þ ∆' = m² − m + 2 $={\left(m-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{7}{4}>0$ , ∀m Î ℝ.

Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Áp dụng định lí Ta-lét, ta có:   $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-m\\ x_1.x_2=m-2\end{array}\right.$

Khi đó: |x₁ − x₂| = 2

Û |x₁ − x₂|² = 4

Û x₁² + x₂² − 2x₁.x₂ = 4

Û (x₁ + x₂)² − 2x₁.x₂ − 2x₁.x₂ = 4

Û (x₁ + x₂)² − 4x₁.x₂ = 4

Û (−m)² − 4.(m − 2) = 4

Û m² − 4m + 8 − 4 = 0

Û m² − 4m + 4 = 0

Û (m − 2)² = 0 Û m = 2.

Vậy m = 2 là giá trị của tham số m cần tìm.

Ta có bản đồ tỉ lệ 1 : 1 000 000 và khoảng cách giữa địa điểm trên bản đồ là 5 cm.

Nên khoảng cách giữa hai địa điểm đó trên thực tế là:

$5:\frac{1}{1000000}=5000000$(cm)

Đổi: 5 000 000 cm = 50 km.

Đáp số: 50 km.

Ta có bản đồ tỉ lệ 1 : 1 000 000 và đo được khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 12,8 cm.

Nên khoảng cách thực tế giữa hai thành phố A và B là:

$12,8:\frac{1}{1000000}=12800000$(cm)

Ta có: 12 800 000 cm = 128 km

Đáp số: 128 km.

Ta có  dư 12 nên a = 36k + 12

⇒ a = 4(9k + 3) nên a hoàn toàn chia hết cho 4.

Vì 4 không chia hết cho 9 và 9k + 3 chia cho 9 dư 3 hay không chia hết cho 9.

Vậy a không chia kết cho 9.

a) Ta có ABCD là hình vuông nên AB = BC = DC = AD và AC = BD (tính chất các cạnh và đường chéo của hình vuông).

Mà E đối xứng với A qua D nên DE = AD (gt)

⇒ DC = AD = DE.

⇒ ACE là tam giác vuông.

Mặc khác BC =AD = DE và BC // DE.

⇒ Tứ giác DECB là hình bình hành có BD = CE.

Mà BD = AC nền AC = CE

⇒ ACE là tam giác vuông cân.

b) Theo đề ta có: MA = MH , NH = NE

⇒ MN là đường trung bình của ∆AHE

⇒ MN //AE và $MN=\frac{1}{2}AE$ (1)

Ta có: AD = DE (gt) nên $AD=\frac{1}{2}AE$

Vì ABCD là hình vuông nên AD = BC và AD vuông góc với AB;

nên $BC=\frac{1}{2}AE$ và DE // BC (2)

Từ (1) và (2) ⇒ MN = BC và MN//BC

⇒ Tứ giác BMNC là hình bình hành .

c) Vì BMNC là hình bình hành (câu b) nên NM // BC

ABCD là hình vuông nên CB vuông góc AB

⇒ NM ⊥ AB (đl)

Xét Δ ANB có:

AH ⊥ BN (gt)

NM ⊥ AB(cmt)

AH ∩ NM tại M

⇒ M là trực tâm của ΔANB.

Ta có: A = 2 +2²+ 2³ + 2⁴ + ... + 2²⁰²¹

^{$2A=2^2+2^3+2^4+2^5+\mathrm{...}+2^{2022}$}

^{$\Rightarrow A=2A-A=(2^2+2^3+2^4+2^5+\mathrm{...}+2^{2022})-(2+2^2+2^3+2^4+\mathrm{...}+2^{2021})$}

$\Rightarrow A=2^{2022}-2<2^{2022}$.

Ta có: $A=2+2^2+2^3+2^4+\mathrm{...}+2^{60}$

$=2(1+2)+\mathrm{...}+2^{59}(1+2)$

$=2.3+\mathrm{...}+2^{59}.3$

 $=3.(2+\mathrm{...}+2^{59})$chia hết cho 3.

Gọi pt đường thẳng AB có dạng  y = ax + b, do AB đi qua A và B nên:

$\left\{\begin{array}{c}a+b=-1\\ 2a+b=1\end{array}\right.$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}a=2\\ b=-3\end{array}\right.$

⇒ y = 2x – 3

Gọi phương trình đường thẳng AC có dạng y = cx +d

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}a+b=-1\\ -3a+b=1\end{array}\right.$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}a=-\frac{1}{2}\\ b=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$$\Rightarrow y=-\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}$

Do tích 2 hệ số góc $2.\left(-\frac{1}{2}\right)=-1$  .

Vậy AB và AC vuông góc.

Gọi (d) là đường thẳng đi qua A và cách đều B, C. Khi đó ta có các trường hợp sau:

TH1: d đi qua trung điểm của BC.

$I\left(\frac{5}{2};2\right)$là trung điểm của BC.

$\overrightarrow{AI}=\left(\frac{3}{2};1\right)$là vec tơ chỉ phương của đường thẳng d.

Khi đó (d): – 2(x – 1) + 3(y – 1) = 0 ⟺ 2x – 3y + 1 = 0.

TH2: d song song với BC, khi đó d nhận là vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng d là: – 4(x – 1) + y – 1 = 0 ⇔ 4x – y – 3 = 0.

Đáp án đúng là: A

Hàm số xác định khi $\left\{\begin{array}{c}x-1\ge 0\\ x-3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}x\ge 1\\ x\ne 3\end{array}\right.$  .

Hàm số xác định khi $\left\{\begin{array}{c}x+2\ge 0\\ x+3\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}x\ge -2\\ x\ge -3\end{array}\right.\iff x\ge -2$ .

Vậy tập xác định của hàm số là $D=\left[-2;+\infty \right)$ .

Đáp án đúng là B.

a)

 Theo đề ta có: CE vuông góc với AB và CE vuông góc với MN.

Suy ra AB // MN.

Mà ABCD là hình bình hành nên AB // CD.

Do đó MN // DC.

Mặc khác M là trung điểm của AD nên AD = 2MN;

Theo đề AD = 2AB = 2DC (vì ABCD là hình hình hành nên AB = DC).

Do đó MN = DC.

Xét tứ giác MNCD có:

MN // DC (cmt)

MN = DC

Suy ra MNCD là hình bình hành.

b) Ta có M là trung điểm của AD và MN // AB và MN // CD nên MN là đường trung bình của hình bình hành ABCD.

Suy ra BN = NC.

Xét ∆EBC có:

BN = NC; FN // EB.

⇒ FN là đường trung bình của tam giác EBC.

⇒ EF = FC.

Xét ∆EMC có MF vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến

Do đó ∆MEC là tam giác cân tại M.

c) Ta có AB // MN nên .

Mà ∆MEC là tam giác cân tại M (câu b) nên MN là phân giác góc $\widehat{EMC}$  hay

$\widehat{EMN}=\widehat{NMC}$.

$\Rightarrow \widehat{AEM}=\widehat{MNC}$

Vì tứ giác MNCD là hình thoi nên MC là phân giác của $\widehat{NMD}$

$\Rightarrow \widehat{NMD}=2\widehat{NMC}=2\widehat{AEM}$.

Mặc khác AB // MN nên $\widehat{BAD}=\widehat{NMD}$  .

$\Rightarrow \widehat{BAD}=2\widehat{AEM}$ (đpcm).

a)

Ta có: $\overrightarrow{BK}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{BA}+\frac{\overrightarrow{AC}}{3}$

$\Rightarrow 3\overrightarrow{BK}=2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}$

$\Rightarrow \overrightarrow{BK}=\frac{2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}}{3}$.

b) Vì I là trung điểm của AM nên: $\left\{\begin{array}{c}\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AI}\\ \overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{MI}\end{array}\right.$

$\Rightarrow 2\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BM}+\left(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{MI}\right)=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BM}$

$=\overrightarrow{BA}+\frac{\overrightarrow{BC}}{2}$

$\Rightarrow 4\overrightarrow{BI}=2\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}$

$\Rightarrow 4\overrightarrow{BI}=3\overrightarrow{BK}$

Vậy B, I, K thẳng hàng. 

a) Ta có:$\widehat{EAF}={90}^o$  (ABCD là hình vuông);  $\widehat{MEA}={90}^o$(ME vuông góc AD tại E);  $\widehat{EMF}={90}^o$ (MF vuông góc AB tại F).

⇒Tứ giác AEMF có 3 góc vuông nên AEMF là hình chữ nhật.

b) Vì O là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật ABCD (gt)

⇒ O là trung điểm AC

Mà P là trung điểm MC (gt)

⇒ OP là đường trung bình ∆AMC

Do đó OP // AM hay AM // BD.

Vậy AMBD là hình thang.

c) Ta có: AM // BD ⇒ $\widehat{MAB}=\widehat{ABD}$ .

Vì ABCD và AEMF cùng là hình chữ nhật (câu a) nên ta có:

$\widehat{BAC}=\widehat{ABD}$;

$\widehat{MAF}=\widehat{EFD}$;

$\Rightarrow \widehat{EFA}=\widehat{BAC}$.

Hai góc trên ở vị trí so le trong nên EF // AC (1)

Gọi I là giao điểm của EF và AM nên I là trung điểm của EF (AEMF là hình chữ nhật)

⇒ IP là đường trung bình ∆MAC nên IP // AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra EF // IP hay E, I, F, P thẳng hàng.

d) Để từ giác AMBD là hình thang cân khi và chỉ khi AB = DM.

Mặc khác AB = DC nên DM = DC.

Vì P là trung điểm MC nên DP ⊥ MC.

Vậy CP ⊥ BD thì AMBD là hình thang cân.

Ta có: h_b + h_c = 2h_a

_{$\iff \frac{2S_{ABC}}{b}+\frac{2S_{ABC}}{c}=\frac{4S_{ABC}}{a}$}

_{$\iff \frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{2}{a}$}

Áp dụng định lý Sin trong tam giác ABC:

$\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}=\frac{2R}{b}+\frac{2R}{c}=2R\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$; (R: bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác)

$\Rightarrow \frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}=2R.\frac{2}{a}=\frac{4R}{a}=\frac{2}{\sin A}$.

Vậy $\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}=\frac{2}{\sin A}$ .

Xét ΔABD và ΔEBD có:

AB = BE (gt);

$\widehat{ABD}=\widehat{EBD}$(BD là tia phân giác $\widehat{ABC}$ )

BD cạnh chung

⇒∆ABD = ∆EBD (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{BAD}=\widehat{BED}$

Mà $\widehat{BAD}=90°$ (gt)

$\Rightarrow \widehat{BED}=90°$

Suy ra: DE vuông BC

Mặc khác ∆FBC có CA, BD là đường cao cắt nhau tại D.

⇒ D là trực tâm của ∆FBC có DF ⊥ BC.

Ta có DE ⊥ BC; DF ⊥ BC.

Do đó hai đường thẳng DE, DF trùng nhau.

Vậy ba điểm D, E, F thẳng hàng.

a) Theo đề ta có:

AB² + BC² = 40² + 42² = 3364

Mà AC² = 58² = 3364

Suy ra, AC² = AB² + BC²

Vậy ∆ABC vuông tại B (theo định lí Py-ta-go đảo).

b) Áp dụng hệ thức lượng trong ∆ABC vuông tại B (câu a), đường cao BH có:

BH.AC = AB. BC

$\Rightarrow BH=\frac{AB.BC}{AC}=\frac{40.42}{58}=\frac{840}{29}$ (cm).

Vậy  $BH=\frac{840}{29}$cm.

c) Trong ∆ABC vuông tại B có tỉ số lượng giác của góc A là:

$\sin \widehat{A}=\frac{BC}{AC}=\frac{42}{58}=\frac{21}{29}$;

$\tan \widehat{A}=\frac{BC}{AB}=\frac{42}{40}=\frac{21}{20}$;

$\cos \widehat{A}=\frac{AB}{AC}=\frac{40}{58}=\frac{20}{29}$;

$\cot \widehat{A}=\frac{AB}{BC}=\frac{40}{42}=\frac{20}{21}$.

Vì ∆ABC vuông tại B nên $\widehat{A}+\widehat{C}={90}^o$  nên tỉ số lượng giác góc C là:

$\sin \widehat{C}=\cos \widehat{A}=\frac{20}{29}$;

$\cos \widehat{C}=\sin \widehat{A}=\frac{21}{29}$;

$\tan \widehat{C}=\cot \widehat{A}=\frac{20}{21}$;

$\cot \widehat{C}=\tan \widehat{A}=\frac{21}{20}$.

a) Tam giác ABC là tam giác vuông tại B vì:

AB² + BC² = 40² + 42² = 3364

Mà AC² = 58² = 3364

Suy ra, AC² = AB² + BC² (Định lý Py-ta-go đảo).

b) Trong ∆ABC vuông tại B có tỉ số lượng giác của góc A là:

$\sin \widehat{A}=\frac{BC}{AC}=\frac{42}{58}=\frac{21}{29}$;

$\cos \widehat{A}=\frac{AB}{AC}=\frac{40}{58}=\frac{20}{29}$;

$\tan \widehat{A}=\frac{BC}{AB}=\frac{42}{40}=\frac{21}{20}$;

$\cot \widehat{A}=\frac{AB}{BC}=\frac{40}{42}=\frac{20}{21}$;

c) Áp dụng hệ thức lượng trong ∆ABC vuông tại B (câu a), đường cao BH có:

BH.AC = AB. BC

 $\Rightarrow BH=\frac{AB.BC}{AC}=\frac{40.42}{58}=\frac{840}{29}$(cm)

Vậy $BH=\frac{840}{29}$  cm.

Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BHA vuông tại H, có đường cao HE (giả thiết) có:

BH² = BE.AB

$\Rightarrow BE=\frac{B{H}^2}{AB}=\frac{17640}{841}$(cm).

Tương tự:

Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BHC vuông tại H, có đường cao HF (giả thiết) có:

BH² = BF.AB

$\Rightarrow BF=\frac{B{H}^2}{AB}=\frac{16800}{841}$ (cm)

Diện tích ∆ABC vuông tại B là:

$S_{ABC}=\frac{BA.BC}{2}=\frac{40.42}{2}=840$ (cm²)

Diện tích ∆BEF vuông tại B là:

$S_{BEF}=\frac{BE.BF}{2}=\frac{17640.16800}{2.841.841}$ (cm²).

Diện tích tứ giác EFCA là:

$S_{EFAC}=S_{ABC}-S_{BEF}=840-209,5\approx 630,5$ (cm²).

Hình chiếu là hình biểu diễn một mặt nhìn thấy của vật thể đối với người quan sát đứng trước vật thể, phần khuất được thể hiện bằng nét đứt.

Số tròn chục lớn nhất có 6 chữ số khác nhau là số 987650.

Vậy số liền trước của số tròn chục lớn nhất có 6 chữ số khác nhau là số 987649.

Đường thẳng d có dạng y = m(x – 1) = mx – m.

Phương trình hoành độ giao điểm:

 $\frac{x+2}{x-1}=mx-m$ với (x ≠ 1)

⇔ x + 2 = (mx – m)(x – 1)

⇔ mx² – (2m + 1)x + m – 2 = 0 (1)

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh của đồ thị ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x₁ < x₂ thỏa mãn x₁ < 1 < x₂ hay (x₁ – 1)(x₂ – 1) < 0

$\left\{\begin{array}{c}m\ne 0\\ \Delta >0\\ \left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)<0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}m\ne 0\\ 12m+1>0\\ x_1{x}_2-\left(x_1+x_2\right)+1<0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}m\ne 0\\ m>-\frac{1}{12}\\ \frac{m-2}{m}-\frac{2m+1}{m}+1=-\frac{3}{m}<0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}m\ne 0\\ m>-\frac{1}{12}\\ m>0\end{array}\right.$

⇔ m > 0

Vậy m > 0.

Tọa độ vectơ = (–1 – 5; – 2 – 1) = ( – 6; – 3);

Gọi G (x₁; y₁) là trọng tâm tam giác ABC.

$\left\{\begin{array}{c}{x}_1=\frac{2+5-1}{3}\\ y_1=\frac{4+1-2}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}{x}_1=2\\ y_1=1\end{array}\right.$

⇒ Tọa độ trong tâm tam giác ABC là G (2; 1).

Gọi G^’ (x₂; y₂) là trọng tâm tam giác A'B'C'.

Phép tịnh tiến theo véc tơ  biến tam giác ABC thành tam giác A'B'C' nên G(2; 1) cũng tịnh tiến theo véc tơ  thành G’ (x₂; y₂).

Ta có:  = = ( – 6; – 3)

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}{x}_2-2=-6\\ y_2-1=-3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}{x}_2=-4\\ y_2=-2\end{array}\right.$.

Vậy G’ (– 4; – 2).

Ta có: Tọa độ véc tơ $\overrightarrow{BC}$ = (–2 – 4; – 2 – 0) = ( – 6; – 2);

$T_{\overrightarrow{BC}}$(A) = A’ (−5; 2);

$T_{\overrightarrow{BC}}$ (B) = B’ ≡ C (−2 ;– 2);

$T_{\overrightarrow{BC}}$ (C) = C’ (−8 ;– 4);

Gọi H (x; y) là trực tâm tam giác  A’B’C’, khi đó ta có HA’ ⊥ B’C’; HB’ ⊥ A’C’; HA’⊥ B’C’; HB’ ⊥ A’C’.$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}\overrightarrow{HA\text{'}}.\overrightarrow{B\text{'}C\text{'}}=0\\ \overrightarrow{HB\text{'}}.\overrightarrow{A\text{'}C\text{'}}=0\end{array}\right.$

$\overrightarrow{HA\text{'}}=\left(-5-x;2-y\right)$;

$\overrightarrow{B\text{'}C\text{'}}=\left(-6;-2\right)$;

$\overrightarrow{HB\text{'}}=\left(-2-x;-2-y\right)$;

$\overrightarrow{A\text{'}C\text{'}}=\left(-3;-6\right)$;

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}\left(-5-x\right).\left(-6\right)+\left(2-y\right)\left(-2\right)=0\\ \left(-2-x\right).\left(-3\right)+\left(-2-y\right)\left(-6\right)=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}x=-4\\ y=-1\end{array}\right.$

Vậy H (– 4; – 1).

Đáp án đúng là A.

Tỉ số phần trăm của học sinh nữ so với học sinh nam là :

15 : 25 × 100 = 60 %

Đáp số: 60%.

Tổng số học sinh của tổ là: 25 + 15 = 40 (học sinh);

Vậy số cách để chọn ngẫu nhiên 1 em làm lớp trưởng là 40 cách.

a) Xét ∆OAD và ∆OBC có:

OA = OB (gt)

Góc $\widehat{xOy}$  chung (gt)

OC = OD (gt)

Vậy ∆OAD = ∆OBC (c.g.c).

b) Ta có: ∆OAD = ∆OBC (câu a)

$\Rightarrow \widehat{OAD}=\widehat{OBC}$ (hai góc tương ứng)

Mặc khác: $\widehat{OAD}+\widehat{DAC}={180}^o$  (hai góc kề bù)

$\widehat{OBC}+\widehat{CBD}={180}^o$ (hai góc kề bù)

$\Rightarrow \widehat{CAD}=\widehat{CBD}$.

Chiều dài của căn phòng :

$12\times \frac{1}{3}=4$(m) = 40 (dm)

Ta có: 12 m = 120 dm

Diện tích của căn phòng :

120 × 40 = 4 800 (dm²)

Diện tích mỗi viên gạch men :

8 × 8 = 16 (dm²)

Số viên gạch men dùng để lát căn phòng là

4800 : 16 = 300 (viên gạch men)

Đáp số: 300 viên gạch men

4 m = 40 dm

Chiều rộng căn phòng là :

40 : ( 4 − 3) × 3 = 120 (dm)

Chiều dài căn phòng là :

40 : ( 4 − 3 ) × 4 = 160 (dm)

Diện tích căn phòng là :

120 × 160 = 19200 (dm²)

Diện tích viên gạch là :

 2 × 2 = 4 (dm²)

Cần số gạch để lát căn phòng là :

 19200 : 4 = 4800 (viên gạch)

Đáp số: 4800 viên gạch.

Điều kiện xác định của biểu thức: 2 ≤ x ≤ 4.

Ta có: $\sqrt{a}+\sqrt{b}\le \sqrt{2\left(a+b\right)}$  (với a, b ≥ 0).

Nên $\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\le \sqrt{2\left(x-2+4-x\right)}$

Do đó GTLN của biểu thức là 2.

$\Rightarrow \sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\le 2$

Ta có: $\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge \sqrt{a+b}$

Dấu “=” xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0;

Áp dụng vào biểu thức:

 $\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\ge \sqrt{x-2+4-x}$

$\Rightarrow \sqrt{x+2}+\sqrt{4-x}\ge \sqrt{2}$

Đẳng thức xảy ra $\iff \left[\begin{array}{c}x=2\\ x=4\end{array}\right.$ .

GTNN của biểu thức là: $\sqrt{2}$   với x = 2 hoặc x = 4.

(x – 5)(x – 4) – (x + 1)(x – 2) = 7

⇔ x² – 4x – 5x + 20 – (x² – 2x + x – 2) = 7

⇔ x² – 4x – 5x + 20 – x² + 2x – x + 2 = 7

⇔ – 8x + 22 = 7

⇔ – 8x = 7 – 22

⇔ – 8x = – 15

$\iff x=\frac{-15}{-8}$

$\iff x=\frac{15}{8}$

Vậy $x=\frac{15}{8}$ .

A = n³ + (n + 1)³ + (n + 2)³

= n³ + n³ + 3n² + 3n + 1 + n³ + 6n² + 12n + 8

= 3n³ + 9n² + 15n + 9

= 3n² (n + 1) + 6n ( n + 1) + 9 (n +1)

= 3 (n + 1)(n² + 2n + 3)

=3(n + 1)[n (n + 2) + 3]

= 3n (n + 1)(n + 2) + 9( n + 1)

Ta có: n; n + 1; n + 2 là 3 số tự nhiên liên tiếp

⇒ 3n(n + 1)(n + 2) ⋮ 9

Mặc khác: 9(n + 1) ⋮ 9