Lời giải

Điều kiện để hai hàm số là hàm số bậc nhất: m ≠ 0, \(m \ne \frac{{ - 1}}{2}\).

a) Hai đường thẳng đã cho là hai đường thẳng song song

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2m + 1\\3 \ne - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 1\) (thỏa mãn)

Vậy m = – 1.

b) Hai đường thẳng đã cho là hai đường thẳng cắt nhau

⇔ m ≠ 2m + 1

⇔ m ≠ – 1

Vậy m ≠ 0, \(m \ne \frac{{ - 1}}{2}\), m ≠ – 1.

Lời giải

a) Với x = 0 thì y = 3.

Với x = – 1 thì y = 1.

Þ Đồ thị hàm số đi qua 2 điểm (0; 3) và (– 1; 1).

b) Do A và B lần lượt là giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x + 3 lần lượt với trục tung và trục hoành, ta gọi A(0; a) và B(b; 0)

Vì A, B cùng thuộc đường thẳng y = 2x + 3

Nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2.0 + 3\\0 = 2b + 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = - \frac{3}{2}\end{array} \right.\)

Suy ra A( 0; 3) và \(B\left( {\frac{{ - 3}}{2};0} \right)\).

c) Vì A, B nằm trên trục tung và trục hoành nên OA ⊥ OB.

Suy ra \[{{\rm{S}}_{OAB}} = \frac{{OA.OB}}{2} = \frac{{3.\frac{3}{2}}}{2} = \frac{9}{4}\] (cm²)

c) Giao điểm của đồ thị hàm số y = ax + b với trục tung là C(0; b), với trục hoành là \[{\rm{D}}\left( {\frac{{ - b}}{a};0} \right)\].

Suy ra \[{\rm{O}}A = \left| b \right|,OB = \left| {\frac{{ - b}}{a}} \right|\]

+) Nếu a > 0 thì góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b với trục Ox là góc nhọn

\[\tan \alpha = \frac{{OA}}{{OB}} = \frac{{\left| a \right|}}{{\left| {\frac{{ - b}}{a}} \right|}} = \left| a \right| = a\]

+) Nếu a < 0 thì góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b với trục Ox là góc tù

\[\tan \left( {180^\circ - \alpha } \right) = \frac{{OA}}{{OB}} = \frac{{\left| a \right|}}{{\left| {\frac{{ - b}}{a}} \right|}} = \left| a \right| = - a\]

Lời giải

a) Xét (O) có CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C

Suy ra AC = CM và OC là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\)

Do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}\)

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

Suy ra BD = DM và OD là tia phân giác của \(\widehat {BOM}\)

Do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}\)

Ta có \(\widehat {COD} = \widehat {COM} + \widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2}.180^\circ = 90^\circ \)

Vậy tam giác COD vuông tại O.

b) Xét tam giác COD vuông tại O có OM ⊥ CD, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: OM² = CM . DM

Mà CM = AC, DM = BD (chứng minh câu a)

Suy ra AC . BD = R².

c) Gọi I là giao điểm của MH và BC, K là giao điểm của MB và AC

Xét (O) có DB, DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại O, suy ra BM ⊥ DO

Mà OC ⊥ DO (chứng minh câu a)

Do đó OC // BM (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tam giác ABK có

O là trung điểm của AB; OC // BM

Suy ra C là trung điểm của AK

Do đó CA = CK

Ta có CA ⊥ AB, MH ⊥ AB nên CA // MH (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Suy ra \(\frac{{MI}}{{CK}} = \frac{{BI}}{{BC}} = \frac{{IH}}{{AC}}\)

Mà CA = CK, suy ra MI = IH

Do đó I là trung điểm của MH

Vậy BC đi qua trung điểm của đoạn MH.

Lời giải

a) Xét (O) có AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A nên AB = AC

Xét (O) có DB, DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D nên DB = DM

Xét (O) có EM, EC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E nên EM = EC

Chu vi ΔADE là:

AD + DE + AE = AD + DM + ME + AE

                         = AD + DB + EC + AE

                         = AB + AC

                         = 2AB.

Vậy chu vi tam giác ADE bằng 2AB.

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

Suy ra OC là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\)

Do đó \(\widehat {EOC} = \widehat {EOM} = \frac{1}{2}\widehat {COM}\)

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

Suy ra OD là tia phân giác của \(\widehat {BOM}\)

Do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}\)

Ta có \(\widehat {EOD} = \widehat {EOM} + \widehat {DOM} = \frac{1}{2}\widehat {COM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\widehat {COB}\)

Vậy \(\widehat {DOE} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\).

Lời giải

Đáp án đúng là B

Ta có

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

a) Điều kiện xác định x ≠ 0, x ≠ 3.

Ta có

b) Với x ≠ 0, x ≠ 3 ta có

Vậy x = 2 thì A = – 3.

Lời giải

a) Ta có D = (3m + 2)² – 4m = 9m² + 12m + 4 – 4m = 9m² + 8m + 4

Xét f(m) = 9m² + 8m + 4 có

a = 9 > 0

D’ = 4² – 9 . 4 = 16 – 36 = – 20 < 0

Suy ra f(m) > 0 với mọi m

Do đó D > 0 với mọi m

Vậy phương trình mx² – (3m + 2)x + 1 = 0 luôn có nghiệm.

b) Ta có

\(\Delta = {\left( {\sqrt 3 m - 2} \right)^2} - 4\left( {{m^2} + 5} \right).1 = 3{m^2} - 4\sqrt 3 m + 4 - 4{m^2} - 20 = - {m^2} - 4\sqrt 3 m + 16\)

\( = - \left( {{m^2} + 4\sqrt 3 m + 12} \right) - 4 = - {\left( {m - 2\sqrt 3 } \right)^2} - 4\)

Vì \({\left( {m - 2\sqrt 3 } \right)^2} \ge 0\) với mọi m

Nên \( - {\left( {m - 2\sqrt 3 } \right)^2} - 4 < 0\) với mọi m

Suy ra D < 0 với mọi m

Vậy phương trình \(({m^2} + 5){x^2} - \left( {\sqrt 3 m - 2} \right)x + 1 = 0\)luôn vô nghiệm.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có V_{(O; – 2)} (d) = d’

Suy ra d’ // d hoặc d’ ≡ d

Khi đó phương trình đường thẳng d’ có dạng 2x – y + m = 0

Chọn N(1; 2) thuộc đường thẳng d

Qua V_{(O; – 2)} (N) = N’(–2; – 4) thuộc đường thẳng d’

Suy ra – 4 + 4 + m = 0

Hay m = 0

Do đó phương trình đường thẳng d’ là 2x – y = 0

Qua phép đối xứng trục Oy: D_oy (d’) = d”

Gọi M(x; y) thuộc đường thẳng d’

D_oy (M) = M’(x’; y’) ∈ d”

Suy ra phương trình đường thẳng d” là – 2x – y = 0

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

• Nếu \[\left[ \begin{array}{l}m + 2 \le - 2\\10 \le m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 4\\m \ge 10\end{array} \right.\] thì A ∩ B = ∅;

• Nếu \[\left\{ \begin{array}{l}m \le - 2\\ - 2 < m + 2 \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le - 2\\m + 2 > - 2\\m + 2 \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le - 2\\m > - 4\\m \le 8\end{array} \right. \Leftrightarrow - 4 < m \le - 2\]

Thì A ∩ B = (–2; m + 2);

• Nếu \(\left\{ \begin{array}{l}m \le - 2\\10 \le m + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le - 2\\m \ge 8\end{array} \right.\left( {v\^o {\rm{ }}l\'i } \right)\)

• Nếu \(\left\{ \begin{array}{l} - 2 \le m\\m + 2 \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - 2\\m \le 8\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m \le 8\) thì A ∩ B = (m; m + 2);

• Nếu \[\left\{ \begin{array}{l} - 2 \le m < 10\\10 \le m + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 \le m < 10\\m \ge 8\end{array} \right. \Leftrightarrow 8 \le m < 10\] thì A ∩ B = (m; 10).

Kết hợp các trường hợp ta có –4 < m < 10 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) Bán kính OA vuông góc với BC nên MB = MC

Lại có MO = MA (giả thiết)

Suy ra tứ giác OBAC là hình bình hành vì có các đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Mà OA ⊥ BC nên OBAC là hình thoi

Vậy OCAB là hình thoi.

b) Vì OCAB là hình thoi nên OB = BA

Mà OA = OB, suy ra OA = OB = BA

Do đó ΔAOB đều, suy ra \(\widehat {AOB} = 60^\circ \)

Trong tam giác OBE vuông tại B ta có:

\(BE = OB.\tan \widehat {AOB} = R.\tan 60^\circ = R\sqrt 3 \)

Vậy \(BE = R\sqrt 3 \).

Lời giải

a) Vì tam giác ACO nội tiếp (S) đường kính AO nên tam giác ACO vuông tại C

Suy ra AC ⊥ CO

Xét (O) có AD là dây cung, AD ⊥ CO

Suy ra C là trung điểm của AD.

b) Xét tứ giác COHD có: \(\widehat {DCO} + \widehat {DHO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Þ tứ giác COHD nội tiếp

Vậy 4 điểm C, D, H, O cùng thuộc một đường tròn.

c) Ta có BH = 2HO, BH + HO = BO = R

\( \Rightarrow BH = \frac{2}{3}R,OH = \frac{1}{3}R\)

Ta có \(AH = AB - BH = 2{\rm{R}} - \frac{2}{3}R = \frac{4}{3}R\)

Þ AH = 2HB

Vì tam giác ABD nội tiếp (O) đường kính AB nên tam giác ABD vuông tại D

Mà BH ⊥ AB

Þ AD² = AH . AB và BD² = BH . AB

Þ AH = 2HB

Þ AD² = 2BD²

\( \Rightarrow B{{\rm{D}}^2} = \frac{{A{{\rm{D}}^2}}}{2} = \frac{{A{\rm{D}}.2C{\rm{D}}}}{2} = A{\rm{D}}.C{\rm{D}}\)

\( \Rightarrow \frac{{B{\rm{D}}}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{C{\rm{D}}}}{{B{\rm{D}}}}\)

Xét tam giác DBC và tam giác DAB có

\(\frac{{B{\rm{D}}}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{C{\rm{D}}}}{{B{\rm{D}}}}\) (chứng minh trên);

\(\widehat {A{\rm{D}}B}\) là góc chung

 (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {DAB}\) (hai góc tương ứng)

Ta có CO ⊥ AD, BD ⊥ AD

Nên CO // BD (quan hệ từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {BCO}\) (hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {DAB}\) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{DA}}B} = \widehat {BCO}\)

Vì SC = SO nên tam giác SCO cân tại S \( \Rightarrow \widehat {SCO} = \widehat {SOC}\)

Vì tam giác ACO vuông tại C nên

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

Mà \(\widehat {SCO} = \widehat {SOC}\), \(\widehat {{\rm{DA}}B} = \widehat {BCO}\)

\( \Rightarrow \widehat {BCO} + \widehat {SCO} = 90^\circ \), hay \(\widehat {BC{\rm{S}}} = 90^\circ \)

Do đó SC ⊥ CB

Xét (S) có SC ⊥ CB

Suy ra BC là tiếp tuyến của (S).

d) Xét tam giác SCO có \(\widehat {SCO} + \widehat {SOC} + \widehat {C{\rm{S}}O} = 180^\circ \) (tổng 3 góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {SCO} = \widehat {SOC}\)

\( \Rightarrow \widehat {C{\rm{S}}O} = 180^\circ - 2\widehat {SOC}\)                               (1)

Vì OB = OD nên tam giác OBD cân tại O

\( \Rightarrow \widehat {BDO} = \widehat {OB{\rm{D}}}\)

Xét tam giác BDO có \(\widehat {B{\rm{D}}O} + \widehat {BOD} + \widehat {OB{\rm{D}}} = 180^\circ \) (tổng 3 góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {BDO} = \widehat {OB{\rm{D}}}\)

\( \Rightarrow \widehat {BOD} = 180^\circ - 2\widehat {OB{\rm{D}}}\)                                             (2)

Vì OC // BD nên \(\widehat {OB{\rm{D}}} = \widehat {SOC}\)                                      (3)

Từ (1) , (2) và (3) ta có \(\widehat {BO{\rm{D}}} = \widehat {OSC}\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị

Þ OD // SC

Mà SC ⊥ CB

Þ OD ⊥ CB (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tam giác BCD có DE ⊥ CB

Nên DE . CB = CD . BD

Suy ra \[DE = \frac{{C{\rm{D}}.B{\rm{D}}}}{{CB}}\]

Vì tam giác OHD vuông tại H nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{D}}H = \sqrt {O{{\rm{D}}^2} - O{H^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{1}{3}R} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 8 R}}{3}\]

Vì tam giác BHD vuông tại H nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{DB}} = \sqrt {{\rm{H}}{{\rm{D}}^2} + B{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 8 R}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{2}{3}R} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {12} R}}{3}\]

Vì tam giác ABD vuông tại D nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{AD}} = \sqrt {A{B^2} - B{D^2}} = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt {12} }}{3}R} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 6 R}}{3}\]

Suy ra \[{\rm{CD}} = \frac{1}{2}{\rm{AD}} = \frac{{\sqrt 6 R}}{3}\]

Vì tam giác BCD vuông tại D nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{CB}} = \sqrt {{\rm{C}}{{\rm{D}}^2} + B{D^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 6 R}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt {12} }}{3}R} \right)}^2}} = \sqrt 2 R\]

Suy ra \[DE = \frac{{C{\rm{D}}.B{\rm{D}}}}{{CB}} = \frac{{\frac{{\sqrt 6 R}}{3}.\frac{{\sqrt {12} R}}{3}}}{{\sqrt 2 R}} = \frac{{2R}}{3}\]

Kẻ EI ⊥ AB

Mà DH ⊥ AB nên EI // DH

Suy ra \(\frac{{DH}}{{EI}} = \frac{{OD}}{{OE}}\)

Do đó \(\frac{{DH}}{{DH - EI}} = \frac{{OD}}{{O{\rm{D}} - OE}} = \frac{{OD}}{{E{\rm{D}}}}\)

Suy ra \(\frac{{\frac{{\sqrt 8 R}}{3}}}{{\frac{{\sqrt 8 R}}{3} - EI}} = \frac{R}{{\frac{{2R}}{3}}}\)

Do đó \[{\rm{EI = }}\frac{{\sqrt 8 R}}{9}\]

Ta có \[{{\rm{S}}_{A{\rm{E}}B}} = \frac{1}{2}EI.AB = \frac{1}{2}\frac{{\sqrt 8 R}}{9}.2{\rm{R = }}\frac{{\sqrt 8 {R^2}}}{9}\].

Lời giải

a) Xét tứ giác ABCE có: M là trung điểm của AC và M là trung điểm của BE.

Do đó ABCE là hình bình hành.

b) Vì ABCE là hình bình hành nên BC = AE, BC // AE

Xét tứ giác ACBF có: M là trung điểm của AB và M là trung điểm của CF

Do đó ACBF là hình bình hành

Suy ra BC = AF, BC // AF

Vì BC // AE, BC // AF nên A, E, F thẳng hàng

Mà AE = AF (= BC)

Suy ra E đối xứng với F qua A

Vậy E đối xứng với F qua A.

Lời giải

a) Vì HM ⊥ AB, HN ⊥ AC

Nên \(\widehat {HMA} = \widehat {HNA} = 90^\circ \)

Xét tứ giác AMHN có

\(\widehat {HMA} + \widehat {HNA} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn đường kính AH

b) Dựng Ax là tiếp tuyến của (O) nên Ax ⊥ AE

Xét (O) có \(\widehat {xAB},\widehat {ACB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp cũng chắn cung AB

Suy ra \(\widehat {xAB} = \widehat {ACB}\)                             (1)

Vì tam giác HNC vuông ở N nên \(\widehat {NHC} + \widehat {NCH} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {NHC} + \widehat {NHA} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AHN} = \widehat {NCH}\)                            (2)

Xét đường tròn đường kính AH có \(\widehat {AMN},\widehat {AHN}\) là hai góc nội tiếp chắn cung AN

Suy ra \(\widehat {AMN} = \widehat {AHN}\)                           (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {xAB} = \widehat {AMN}\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong

Suy ra Ax // MN

Mà Ax ⊥ AE

Do đó MN ⊥ AE

c) Vì tam giác ACE nội tiếp (O) đường kính AE

Nên tam giác ACE vuông ở C

Hay \(\widehat {AC{\rm{E}}} = 90^\circ \)

Xét tam giác AHC vuông ở H có HN ⊥ AC nên AC . AN = AH² (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Xét △AIN và △ACE có

\(\widehat {CA{\rm{E}}}\) là góc chung

\(\widehat {AIN} = \widehat {AC{\rm{E}}}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{A{\rm{E}}}}\)

Do đó AI . AE = AC . AN = AH²

Vì tam giác AKE nội tiếp (O) đường kính AE

Nên tam giác AKE vuông ở K

Lại có KI ⊥ AE

Nên AK² = AI . AE (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà AI . AE = AH² (chứng minh trên)

Suy ra AH = AK

Vậy AH = AK.

Lời giải

a) Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD

Vì ABCD là hình vuông nên CD ⊥ AD

Suy ra CD ⊥ (SAD)

Mà CD ⊂ (SCD)

Suy ra (SCD) ⊥ (SAD).

b) Kẻ AH ⊥ SD

Mà CD ⊥ (SAD) nên CD ⊥ AH

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot S{\rm{D}}\\AH \bot C{\rm{D}}\end{array} \right.\)

Suy ra AH ⊥ (SCD)

Do đó d(A, (SCD)) = AH 

Vì tam giác SAD vuông tại A nên theo định lí Pytago ta có

\[{\rm{SD}} = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{D}}^2} + S{A^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {{\rm{2a}}} \right)}^2}} = a\sqrt 5 \]

Vì tam giác SAD vuông tại A có AH ⊥ SD

Suy ra AH . SD = SA . AD

Do đó \[{\rm{A}}H = \frac{{SA.A{\rm{D}}}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{2a.a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }}\]

Vậy \[d\left( {A,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }}\].

Lời giải

a) Thay x = 25 (thỏa mãn điều kiện) vào B ta có

\(B = \frac{{\sqrt {25} - 3}}{{\sqrt {25} - 1}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\).

b) Với x ≥ 0, x ≠1, x ≠ 9, ta có M = A . B

\[M = \left( {\frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}} \right).\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 1}}\]

     \[ = \left[ {\frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + \sqrt x \left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}} \right].\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 1}}\]

     \[ = \frac{{2x - 6\sqrt x + x + 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 1}}\]

     \[ = \frac{{3x - 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}.\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 1}}\]

     \[ = \frac{{3x - 3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}\]

     \[ = \frac{{3\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}\].

c) Với x ≥ 0, x ≠1, x ≠ 9 thì \(\sqrt M \) luôn xác định.

Để \(M < \sqrt M \)

\( \Leftrightarrow M - \sqrt M < 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt M \left( {\sqrt M - 1} \right) < 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt M - 1 < 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt M < 1\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}} < 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} < 1\)

\( \Leftrightarrow 3\sqrt x < \sqrt x + 3\)

\( \Leftrightarrow 2\sqrt x < 3\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x < \frac{3}{2}\)

\( \Leftrightarrow x < \frac{9}{4}\)

Kết hợp điều kiện xác định ta được \(0 \le x < \frac{9}{4},m \ne 1\)

Lời giải

a) Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 4.

Ta có \(P = \left( {1 - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{\sqrt x - 3}}{{2 - \sqrt x }} + \frac{{\sqrt x - 2}}{{x + \sqrt x - 6}}} \right)\)

b) Ta có  \(x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} = \frac{{6 - 2\sqrt 5 }}{4} = {\left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right)^2}\) (thỏa mãn điều kiện)

Suy ra \(\sqrt x = \left| {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right| = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}\)

c) Với x ≥ 0, x ≠ 4 ta có

Để P nguyên thì \(\frac{3}{{\sqrt x + 1}}\) nguyên

\( \Leftrightarrow \sqrt x + 1 \in U\left( 3 \right) = \left\{ {1;3; - 1; - 3} \right\}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x \in \left\{ {0;2; - 2; - 4} \right\}\)

\( \Leftrightarrow x \in \left\{ {0;4} \right\}\)

Kết hợp điều kiện x ≥ 0, x ≠ 4 ta có: x = 0.

Vậy x = 0.

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

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

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

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{{\sqrt x + 1}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x + 1 > 0\) (luôn đúng)

Vậy P < 1 với mọi x ≥ 0, x ≠ 4.

e) Để \(P = \sqrt x - 3\) \( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} = \sqrt x - 3\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right) = \sqrt x - 2\)

\( \Leftrightarrow x - 2\sqrt x - 3 = \sqrt x - 2\)

\( \Leftrightarrow x - 3\sqrt x - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = \frac{{3 + \sqrt {13} }}{2}\\\sqrt x = \frac{{3 - \sqrt {13} }}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x = \frac{{3 + \sqrt {13} }}{2}\) (vì \(\sqrt x > 0\))

\( \Leftrightarrow x = {\left( {\frac{{3 + \sqrt {13} }}{2}} \right)^2} = \frac{{11 + 3\sqrt {13} }}{2}\) (thỏa mãn)

Vậy \(x = \frac{{11 + 3\sqrt {13} }}{2}\) thì \(P = \sqrt x - 3\).

Lời giải

a) Ta có

Thay x = 49,75 vào biểu thức ta có giá trị của biểu thức là

b) Ta có:

x² – y² – 2y – 1

= x² – (y² + 2y + 1)

= x² – (y + 1)²

= (x – y – 1)(x + y + 1)

Thay x = 93, y = 6 ta có

x² – y² – 2y – 1 = (93 – 6 – 1)(93 + 6 + 1) = 86 . 100 = 8 600.

Lời giải

Đặt BD = x, CF = y

Vì ADEF có hình vuông cạnh 2cm

Nên DE = FE = AD = FA = 2 cm và \(\widehat {A{\rm{D}}E} = \widehat {DEF} = \widehat {AFE} = 90^\circ \)

Hay DE ⊥ AB

Mà AC ⊥ AB

Suy ra AC // DE (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Do đó \(\widehat {BE{\rm{D}}} = \widehat {ECF}\) (hai góc đồng vị)

Xét DBDE và DEFC có

\(\widehat {BE{\rm{D}}} = \widehat {ECF}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {B{\rm{D}}E} = \widehat {{\rm{EFC}}}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{BD}}{{FE}} = \frac{{F{\rm{E}}}}{{FC}}\)

Hay \(\frac{x}{2} = \frac{2}{y}\)

Suy ra xy = 4

Vì tam giác ABC vuông tại A

Nên AB² + AC² = BC² (định lý Pytago)

Hay (x + 2)² + (y + 2)² = 45

⇔ x² + y² + 4(x + y) + 8 = 45

⇔ x² + y² + 4(x + y) = 37

⇔ (x + y)² + 4(x + y) – 2xy = 37

⇔ (x + y)² + 4(x + y) – 8 = 37

⇔ (x + y)² + 4(x + y) – 45 = 0

⇔ (x + y – 5)(x + y + 9) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + y - 5 = 0\\x + y + 9 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + y = 5\\x + y = - 9\end{array} \right.\)

⇔ x + y = 5

⇔ x = 5 – y

Mà xy = 4

Suy ra y(5 – y) = 4

⇔ y – 5y + 4 = 0

⇔ (y – 1)(y – 4) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y - 1 = 0\\y - 4 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 1\\y = 4\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy AC = 4 cm, AB = 1 cm hoặc AC = 1 cm, AB = 4 cm.

b) Chu vi tam giác ABC là \(AB + AC + BC = 5 + 3\sqrt 5 \) cm

Diện tích tam giác ABC là: \[{{\rm{S}}_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.4 = 2\] cm².

Lời giải

Đáp án đúng là B

Gọi K là hình chiếu của A lên BD

Suy ra AK ⊥ BD

Ta có SA ⊥ (ABCD)

Suy ra SA ⊥ BD

Do đó BD ⊥ (SAK)

Từ A kẻ AH ⊥ SK

Mà BD ⊥ (SAK)

Suy ra BD ⊥ AH

Do đó AH ⊥ (SBD)

Khi đó khoảng cách d từ A tới mặt phẳng (SBD) là AH

Xét tam giác ABD vuông tại A có AK ⊥ BD

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}}\)

Xét tam giác ASK vuông tại A có AH ⊥ SK

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{{\rm{D}}^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2}}} = \frac{9}{{4{{\rm{a}}^2}}}\).

Suy ra \[{\rm{A}}H = \frac{{2{\rm{a}}}}{3}\]

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \(2{\sin ^2}x + \sqrt 3 \sin 2{\rm{x}} = 3\)

Chia hai vế của phương trình (1) cho 2 ta được

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Để A ∩ B = ∅ thì m + 1 ≥ 5 Û m ≥ 4.

Vậy ta chọn đáp án B.

Lời giải

a) Do ABCD là hình bình hành có tâm O nên O là trung điểm của AC và BD

\( \Rightarrow \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow 0 \); \(\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \).

Ta có

Vậy \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {M{\rm{D}}} = 4\overrightarrow {MO} \).

b) Do ABCD là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \).

Ta có

Vậy \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A{\rm{D}}} = 2\overrightarrow {AC} \).