Lời giải

Gọi H’ là điểm đối xứng H qua BC.

Suy ra D là trung điểm của HH’

Vì tam giác ABC cân tại A, AD là đường cao nên AD là trung tuyến

Suy ra D là trung điểm của BC

Xét tứ giác BHCH’ có

D là trung điểm của HH’ và BC;

BC và HH’ là hai đường chéo

Suy ra BHCH’ là hình bình hành.

Mà BH = CH nên hình bình hành BHCH’ là hình thoi

Do đó BH’ // CH, BH = BH’.

Lại có CH ⊥ AB (vì H là trực tâm của tam giác ABC) nên BH’⊥ AB

Hay tam giác ABH’ vuông tại B

Mà BD ⊥ AH’

Suy ra H’B² = H’D . H’A

⇔ HB² = HD . (2HD + HA)

⇔ 30² = HD . (2HD + 14)

⇔ 2HD² + 14HD – 900 = 0

⇔ (HD + 25)(HD – 18) = 0

⇔ HD – 18 = 0 (vì HD > 0)

⇔ HD = 18

Ta có AD = AH + HD = 14 + 18 = 32 cm

Vậy AD = 32 cm.

Lời giải

Ta có \(4 - 2\sqrt 3 = 3 - 2\sqrt 3 + 1 = {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} - 2\sqrt 3 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 3 - 1} \right)^2}\)

Vậy \({\left( {\sqrt 3 - 1} \right)^2} = 4 - 2\sqrt 3 \).

Lời giải

Ta có \[{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}2x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}3x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}4x = \frac{3}{2}\]

\[ \Leftrightarrow {\rm{2co}}{{\rm{s}}^2}x + 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}2x + 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}3x + 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}4x - 3 = 0\]

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{\rm{x}} = \frac{{2\pi }}{5} + k2\pi \\2{\rm{x}} = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x}} = \frac{\pi }{5} + k\pi \\{\rm{x}} = \frac{{2\pi }}{5} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có cos4x = 0 \( \Leftrightarrow 4{\rm{x}} = \frac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{x}} = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{4}\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy \[{\rm{x}} \in \left\{ {\frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{4};\frac{\pi }{5} + k\pi ;\frac{{2\pi }}{5} + k\pi } \right\},k \in \mathbb{Z}\].

Lời giải

Xét tam giác ABC có \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \) (định lí tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra \(\widehat A = 180^\circ - \widehat B - \widehat C = 180^\circ - 65^\circ - 40^\circ = 75^\circ \)

Áp dụng định lý sin cho tam giác ABC ta có

Hay \(\frac{{4,2}}{{\sin 75^\circ }} = \frac{{CA}}{{\sin 65^\circ }} = \frac{{AB}}{{\sin 40^\circ }}\)

Suy ra \(AC = \frac{{4,2.\sin 60^\circ }}{{\sin 75^\circ }} \approx 3,76\) (cm)

\(AB = \frac{{4,2.\sin 40^\circ }}{{\sin 75^\circ }} \approx 2,79\) (cm)

Vậy AB ≈ 2,79 cm, AC ≈ 3,76 cm và \(\widehat A = 75^\circ .\)

Lời giải

• Phương trình hoành độ giao điểm của (d₁) và (d₂) là

– x + 1 = x + 1

⇔ x + x = 1 – 1

⇔ 2x = 0

⇔ x = 0

Suy ra y = – 0 + 1 = 1.

Vậy A(0; 1) là tọa độ giao điểm của (d₁) và (d₂).

• Phương trình hoành độ giao điểm của (d₂) và (d₃) là

x + 1 = – 1

⇔ x = – 1 – 1

⇔ x = – 2

Suy ra y = – 1

Vậy B(–2; –1) là tọa độ giao điểm của (d₂) và (d₃).

• Phương trình hoành độ giao điểm của (d₁) và (d₃) là

– x + 1 = – 1

⇔ x = 1 + 1

⇔ x = 2

Suy ra y = – 1

Vậy C(2; –1) là tọa độ giao điểm của (d₁) và (d₃).

Lời giải

Ta có sin²x – cosx + 1 = 0

⇔ 1 – cos²x – cosx + 1 = 0

⇔ cos²x + cosx – 2 = 0

⇔ (cosx + 2)(cosx – 1) = 0

⇔ cosx – 1 = 0 (vì cosx + 2 > 0 với mọi x)

⇔ cosx = 1

⇔ x = k2π (k ∈ ℤ).

Vậy x = k2π (k ∈ ℤ).

Lời giải

Ta có sin²x = 1

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} = 1\\{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} = - 1\end{array} \right.\]

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

Vậy \[{\rm{x}} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \] hoặc \[{\rm{x}} = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải

Gọi số cần tìm là \[\overline {ab} \]

Theo đề bài ta có \[\overline {ab6} = \overline {ab} {\rm{ }} + 537\]

\( \Leftrightarrow \overline {ab0} + 6 = \overline {ab} + 537\)

\( \Leftrightarrow \overline {ab} \times 10 - \overline {ab} = 537 - 6\)

\( \Leftrightarrow \overline {ab} \times 9 = 531\)

\( \Leftrightarrow \overline {ab} = 531:9\)

\( \Leftrightarrow \overline {ab} = 59\)

Vậy số cần tìm là 59.

Lời giải

Thay x = 2 vào phương trình ta có

2² – 3(m – 1) . 2 + 2m – 4 = 0

⇔ 4 – 6m + 6 + 2m – 4 = 0

⇔ 6 – 4m = 0

⇔ \(m = \frac{3}{2}\)

Thay \(m = \frac{3}{2}\) vào phương trình ta có

\[{{\rm{x}}^2} - 3\left( {\frac{3}{2} - 1} \right)x + 2.\frac{3}{2} - 4 = 0\]

⇔ \[{{\rm{x}}^2} - \frac{3}{2}x - 1 = 0\]

⇔ 2x² – 3x – 2 = 0

⇔ (x – 2)(2x + 1) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\2{\rm{x}} + 1 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right.\)

Vậy \(m = \frac{3}{2}\) thỏa mãn yêu cầu đề bài và nghiệm còn lại là \[{\rm{x}} = \frac{{ - 1}}{2}\].

Lời giải

Ta có \(\left( {{\rm{x}} + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sqrt {{x^2} + 1} - x} \right)\left( {{\rm{x}} + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = \sqrt {{x^2} + 1} - x\)

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

\( \Leftrightarrow y + \sqrt {{y^2} + 1} = \sqrt {{x^2} + 1} - x\)                          (1)

Ta có \(\left( {{\rm{x}} + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( {y + \sqrt {{y^2} + 1} } \right) = 1\)

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

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

\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 1} - x = \sqrt {{y^2} + 1} - y\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{y^2} + 1} - y = \sqrt {{x^2} + 1} - x\)                                         (2)

Trừ vế theo vế của (1) cho (2) ta được

2y = 0

Û y = 0

Thay y = 0 vào (1) ta được \(1 = \sqrt {{x^2} + 1} - x\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 1} = x + 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 0\\{x^2} + 1 = {\left( {x + 1} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 1\\{x^2} + 1 = {x^2} + 2x + 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 1\\2x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 1\\x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\)

Do đó x + y = 0 + 0 = 0.

Vậy x + y = 0.

Lời giải

Thay \(x = \frac{{ - 1}}{2}\) vào biểu thức A ta có

Vậy \[{\rm{A}} = \frac{{169}}{8}.\]

Lời giải

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

Khi đó \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = 3\overrightarrow {MG} \)

Dựng hình bình hành ABCD ta có \(\overrightarrow {BA} = \overrightarrow {C{\rm{D}}} \)

Ta có \(\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {C{\rm{D}}} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {M{\rm{D}}} \)

Khi đó \(T = \left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| + 3\left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| = 3\overrightarrow {MG} + 3\overrightarrow {M{\rm{D}}} \ge 3\overrightarrow {G{\rm{D}}} \)

(vì G và D nằm khác phía với đường thẳng AC)

Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của DG và AC

Hay M là trung điểm của AC

Mà ABCD là hình bình hành

Suy ra M là trung điểm của BD

Do đó MB = MD

Vì tam giác ABC đều có BM là trung tuyến

Nên BM là đường cao

Hay tam giác BCM vuông tại M

Suy ra \(BM = \sqrt {B{C^2} - C{M^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Suy ra \(DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên \[GM = \frac{1}{3}BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\]

Ta có DG = DM + GM

Hay \[DG = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} + \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{2\sqrt 3 a}}{3}\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là \(2\sqrt 3 a\) khi M là trung điểm của AC.

Lời giải

Ta có \(P = \frac{4}{x} + \frac{1}{{4y}} = \frac{4}{x} + 4{\rm{x}} + \frac{1}{{4y}} + 4y - 4\left( {x + y} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có

\(\frac{4}{x} + 4{\rm{x}} \ge 2\sqrt {\frac{4}{x}.4{\rm{x}}} = 8\)

\(\frac{1}{{4y}} + 4y \ge 2\sqrt {\frac{1}{{4y}}.4{\rm{y}}} = 2\)

Suy ra \(P \ge 8 + 2 - 4.\frac{5}{4} = 5\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 khi \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{4}{x} = 4{\rm{x}}\\\frac{1}{{4y}} = 4y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = \frac{1}{4}\end{array} \right.\).

Lời giải

Ta có \(n\left( \Omega \right) = C_{11}^3 = 165\)

Gọi A là biến cố “Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập S sao cho tổng 3 số là 12”

A = {(1, 2, 9); (1, 3, 8); (1, 4, 7); (1, 5, 6); (2, 3, 7); (2, 4, 6); (3, 4, 5)}.

Suy ra n(A) = 7.

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{7}{{165}}.\)

Lời giải

Gọi số cần tìm là \(\overline {abc{\rm{d}}e} \)

• Nếu a là số chẵn

Giả sử b, c là số chẵn và d, e là số lẻ

+ Chọn số cho a có 4 cách (2 ; 4 ; 6 ; 8)

+ Chọn số cho b có 3 cách 

+ Chọn số cho c có 2 cách 

+ Chọn số cho d có 5 cách

+ Chọn số cho e có 4 cách 

Suy ra nếu a là số chẵn thì sẽ có 4 . 3 . 2 . 5 . 4 = 480 số

• Nếu a là số lẻ

Giả sử b là số lẻ và c, d, e là số chẵn

+ Chọn số cho a có 5 cách

+ Chọn số cho b có 4 cách

+ Chọn số cho c có 5 cách

+ Chọn số cho d có 4 cách

Chọn số cho e có 3 cách

Vậy khi a là số lẻ thì có 5 . 4 . 5 . 4 . 3 = 1200 (số)

Vậy có 1200 + 480 = 1680 số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {A{\rm{E}}} = \overrightarrow {EB} + 3\overrightarrow {EC} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {EB} + 3\overrightarrow {EC} - \overrightarrow {A{\rm{E}}} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {DB} - \overrightarrow {DE} + 3\overrightarrow {DC} - 3\overrightarrow {DE} - \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {DE} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {DB} + 3\overrightarrow {DC} - \overrightarrow {AD} - 5\overrightarrow {DE} = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {DB} + 3\overrightarrow {DC} - \overrightarrow {AD} = 5\overrightarrow {DE} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {DB} + 3\overrightarrow {DC} - \overrightarrow {AD} = 5\overrightarrow {DE} \)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{5}\overrightarrow {DB} + \frac{3}{5}\overrightarrow {DC} - \frac{1}{5}\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {DE} \)

Vậy \(\overrightarrow {DE} = \frac{1}{5}\overrightarrow {DB} + \frac{3}{5}\overrightarrow {DC} - \frac{1}{5}\overrightarrow {AD} \).

Lời giải

Vì d ⊥ a = {D} (giả thiết) nên \(\widehat {C{\rm{D}}A} = 90^\circ \)

Xét tứ giác ABCD có

\(\widehat {ABC} + \widehat {BC{\rm{D}}} + \widehat {C{\rm{D}}A} + \widehat {BA{\rm{D}}} = 360^\circ \)

Hay \(57^\circ + \widehat {BC{\rm{D}}} + 90^\circ + 123^\circ = 360^\circ \)

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

Do đó b ⊥ d

Vậy b ⊥ d.

Lời giải

Ta có \[{\rm{cos2x}} + 2\sqrt 3 {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx }}.{\rm{ cosx = 2}}\]

\[ \Leftrightarrow {\rm{cos2x}} + \sqrt 3 {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2x = 2}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\rm{cos2x}} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2x = 1}}\]

\[ \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{6} + 2{\rm{x}}} \right) = 1\]

\[ \Leftrightarrow \frac{\pi }{6} + 2{\rm{x}} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow 2{\rm{x}} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\rm{x}} = \frac{\pi }{6} + k\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Vậy \[{\rm{x}} = \frac{\pi }{6} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải

Vì a + b + c = 0 nên

Ta có a² + b² + c² = 2009

⇔ (a² + b² + c²)² = 2009²

⇔ a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2(a²b² + b²c² + a²c²) = 2009²

⇔ a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2 . 1009020,25 = 2009²

⇔ a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2018040,5

Vậy A = 2018040,5.

Lời giải

+) Hai điểm gọi là đối xứng với nhau qua đường thẳng d nếu d là đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm đó.

+) Trục đối xứng của hình thang cân là đường thẳng đi qua trung điểm hai đáy của hình thang cân.

Lời giải

Ta điền như bảng sau để được tổng của 3 ô hàng dọc, hàng ngang và đường chéo đều bằng nhau và bằng 15

Lời giải

Xét ΔABC, ta có: \(\widehat A = 90^\circ ,\widehat B = 30^\circ \)

Suy ra \(\widehat C = 180^\circ - \widehat A - \widehat B = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \)

Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho CD = AC

Suy ra ΔACD cân tại C

Mà \(\widehat C = 60^\circ \), suy ra ΔACD đều

Do đó AC = AD = DC và \({\widehat A_1} = 60^\circ \)

Ta có \({\widehat A_1} + {\widehat A_2} = \widehat {BAC} = 90^\circ \)

Suy ra \({\widehat A_2} = 90 - {\widehat A_1} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)

Xét tam giác ABD có \({\widehat A_2} = \widehat B\left( { = 30^\circ } \right)\)

Suy ra ΔADB cân tại D nên AD = DB

Suy ra AC = CD = DB mà CD + DB = BC

Do đó \(AC = \frac{1}{2}BC\)

Vậy \(AC = \frac{1}{2}BC\).

Lời giải

Vì a chia 19 dư 3 nên a = 19m + 3

Vì b chia 38 dư 5 nên b = 38n + 5

Ta có:

   3a + 2b

= 3(19m + 3) + 2(38n + 5)

= 57m + 9 + 76n + 10

= 57m + 76n + 19

Vì 57m ⋮ 19; 76n ⋮ 19 và 19 ⋮ 19

Suy ra (57m + 76n + 19) ⋮ 19

Vậy 3a + 2b ⋮ 19.

Lời giải

Vì tam giác OAC vuông tại A nên \(\widehat {{C_1}} + \widehat {{O_1}} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Ta có \(\widehat {{O_2}} + \widehat {{O_1}} + \widehat {CO{\rm{D}}} = 180^\circ \)

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

Suy ra \(\widehat {{O_2}} + \widehat {{O_1}} = 90^\circ \)

Lại có \(\widehat {{C_1}} + \widehat {{O_1}} = 90^\circ \) 9 (chứng minh trên)

Suy ra \(\widehat {{O_2}} = \widehat {{C_1}}\)

Xét △AOC và △BDO có

\(\widehat {{O_2}} = \widehat {{C_1}}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {OAC} = \widehat {OB{\rm{D}}}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Suy ra  (g.g)

Do đó \(\frac{{AO}}{{B{\rm{D}}}} = \frac{{AC}}{{BO}}\)

Lại có \(AO = BO = \frac{1}{2}AB\)

Vậy AB² = 4AC . BD

Lời giải

a) Vì E đối xứng D qua AB nên AB là trung trực của DE

Suy ra AE = AD

Do đó tam giác AED cân tại A

Mà AB là đường trung trực

Suy ra AB là phân giác của \(\widehat {DA{\rm{E}}}\)

Do đó \(\widehat {DAB} = \widehat {BA{\rm{E}}} = \frac{1}{2}\widehat {DA{\rm{E}}}\)

Vì F đối xứng D qua AC nên AC là trung trực của DF

Suy ra AF = AD

Do đó tam giác AFD cân tại A

Mà AC là đường trung trực

Suy ra AC là phân giác của \(\widehat {DAF}\)

Do đó \(\widehat {DAC} = \widehat {CAF} = \frac{1}{2}\widehat {DAF}\)

Ta có \(\widehat {F{\rm{AE}}} = \widehat {F{\rm{AD}}} + \widehat {DAE} = 2\widehat {CA{\rm{D}}} + 2\widehat {BAD} = 2\widehat {BAC} = 2.70^\circ = 140^\circ \)

Ta có AF = AE (= AD)

Suy ra tam giác AFE cân tại A, do đó \[\widehat {{\rm{AFE}}} = \widehat {{\rm{AEF}}}\]

Xét tam giác AEF có

\[\widehat {{\rm{AFE}}} + \widehat {{\rm{AEF}}} + \widehat {F{\rm{AE}}} = 180^\circ \] (tổng ba góc trong một tam giác)

Mà \[\widehat {{\rm{AFE}}} = \widehat {{\rm{AEF}}},\widehat {FA{\rm{E}}} = 140^\circ \] (chứng minh trên)

Suy ra \[\widehat {{\rm{AFE}}} = \widehat {{\rm{AEF}}} = \frac{{180^\circ - 140^\circ }}{2} = 20^\circ \]

b) Xét DAME và DAMD có

AM là cạnh chung;

\(\widehat {E{\rm{A}}M} = \widehat {DAM}\)(chứng minh trên);

AD = AE (chứng minh trên)

Do đó DAME = DAMD (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {{\rm{AE}}M} = \widehat {ADM}\) (hai góc tương ứng)

Xét DANF và DAND có

AN là cạnh chung;

\(\widehat {{\rm{FAN}}} = \widehat {DAN}\)(chứng minh trên);

AD = AF (chứng minh trên)

Do đó DANF = DAND (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {{\rm{AFN}}} = \widehat {ADN}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {{\rm{AE}}M} = \widehat {ADM}\), \[\widehat {{\rm{AFE}}} = \widehat {{\rm{AEF}}}\]

Suy ra \(\widehat {{\rm{ADM}}} = \widehat {ADN}\)

Do đó DA là tia phân giác của góc MDN.

c) Gọi giao điểm của DE và AB là P, giao điểm của DF và AC là Q

Khi đó P là trung điểm của DE, Q là trung điểm của DF

Xét tam giác DFE có P, Q lần lượt là trung điểm của DE, DF

Suy ra PQ là đường trung bình

Do đó PQ // FE và \(PQ = \frac{1}{2}F{\rm{E}}\)

Vì M thuộc trung trực của DE nên MD = ME

Vì N thuộc trung trực của DF nên ND = NF

Chu vì tam giác DMN là

DM + DN + MN = ME + NF + MN = FE

Để chu vi tam giác DMN nhỏ nhất

⇔ FE nhỏ nhất

⇔ PQ nhỏ nhất (vì \(PQ = \frac{1}{2}F{\rm{E}}\))

⇔ PQ // BC và \(PQ = \frac{1}{2}BC\)

⇔ PQ là đường trung bình của tam giác ABC

⇔ D là trung điểm của BC

Vậy D là trung điểm của BC thì chu vi tam giác DMN nhỏ nhất.

Lời giải

Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD

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

Suy ra \(\widehat {AOC} = \widehat {MOC} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}\)

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

Suy ra \(\widehat {BOD} = \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}\)

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

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

\( \Leftrightarrow \widehat {COM} + \widehat {DOM} = 90^\circ \)

\( \Leftrightarrow \widehat {COD} = 90^\circ \)

Hay tam giác COD vuông tại O

Nên IO là bán kính của (I)

Ta có AB ⊥ CA, AB ⊥ BD

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

Do đó ACDB là hình thang

Mà I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB

Suy ra IO là đường trung bình của hình thang ACDB

Do đó IO // AC

Mà AB ⊥ CA

Nên AB ⊥ OI (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét (I) có OI là bán kính, AB ⊥ OI (chứng minh trên)

Suy ra AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD

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