Lời giải

1) Ta có \(\widehat {OAM} = 90^\circ \) (do MA là tiếp tuyến của (O), A là tiếp điểm).

Suy ra ba điểm O, A, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM   (1)

Lại có \(\widehat {OBM} = 90^\circ \) (do MB là tiếp tuyến của (O), B là tiếp điểm).

Suy ra ba điểm O, B, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM   (2)

Từ (1), (2), ta được tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM.

2) Đường tròn (O) có NP là dây cung.

Mà K là trung điểm của NP (giả thiết).

Suy ra OK ⊥ NP tại K hay \(\widehat {OKM} = 90^\circ \).

Do đó ba điểm O, K, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM.

Mà từ kết quả câu 1), ta có bốn điểm A, M, B, O cùng thuộc một đường tròn đường kính OM.

Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn đường kính OM.

3) Từ kết quả câu 1), ta có tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Suy ra AB là dây cung của đường tròn đường kính OM.

Do đó OM ⊥ AB.

∆OAM vuông tại A có AI là đường cao.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: OA² = OI.OM và OI.IM = IA².

⇔ OI.OM = R² và OI.IM = IA².

Vậy ta có điều phải chứng minh.

4) Ta có OA ⊥ AM (do AM là tiếp tuyến của (O) và BD ⊥ MA (giả thiết).

Suy ra OA // BD.

Chứng minh tương tự, ta được OB // AC.

Do đó tứ giác OAHB là hình bình hành.

Mà OA = OB = R.

Vậy tứ giác OAHB là hình thoi.

5) Ta có OH ⊥ AB (do tứ giác OAHB là hình thoi).

Mà OM ⊥ AB (theo kết quả câu 3).

Do đó OM ≡ OH.

Vậy ba điểm O, H, M thẳng hàng.

6) Do d là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên mọi điểm đều nằm cùng một phía đối với d.

Ta có OAHB là hình thoi (kết quả câu 4).

Suy ra AH = OA = R.

Do đó khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A một khoảng cố định bằng R.

Vậy quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A, bán kính AH = R.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ đứng nên AA’ ⊥ (ABC).

Vì hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a nên AA’ = AB = AC = BC = a.

Suy ra ∆ABC đều. Do đó \(\widehat {BAC} = 60^\circ \).

Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là:

\(V = AA'.{S_{\Delta ABC}} = a.\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = a.\frac{1}{2}.a.a.\sin 60^\circ = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy ta chọn phương án D.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có C = C’M ∩ (A’BC).

Suy ra \(\frac{{d\left( {M,\,\left( {A'BC} \right)} \right)}}{{d\left( {C',\,\left( {A'BC} \right)} \right)}} = \frac{{CM}}{{CC'}} = \frac{1}{2}\) (do M là trung điểm CC’).

Hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a.

Suy ra AA’ ⊥ (ABC) và AA’ = AB = BC = a.

Ta có \({V_{C'.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{3}.CC'.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC}\)

\( = \frac{1}{6}.a.a.a.\sin 60^\circ = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).

∆AA’B vuông tại A: \(A'B = \sqrt {A{{A'}^2} + A{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).

Chứng minh tương tự, ta được \(A'C = a\sqrt 2 \).

Nửa chu vi ∆A’BC là: \(p = \frac{{A'C + A'B + BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 + a\sqrt 2 + a}}{2} = \frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2}\).

Ta có \({S_{\Delta A'BC}} = \sqrt {p\left( {p - A'C} \right)\left( {p - A'B} \right)\left( {p - BC} \right)} \)

\( = \sqrt {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2}\left( {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2} - a\sqrt 2 } \right)\left( {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2} - a\sqrt 2 } \right)\left( {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2} - a} \right)} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}\).

Ta có \(d\left( {C',\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{C'.A'BC}}}}{{{S_{\Delta A'BC}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vì vậy \(d\left( {M,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {C',\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt {21} }}{7} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).

Vậy ta chọn phương án B.

Lời giải

a) Ta có \(\widehat {OAE} = 90^\circ \) (AE là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O)).

Suy ra ba điểm O, A, E cùng thuộc một đường tròn đường kính OE   (1)

Ta có \(\widehat {OME} = 90^\circ \) (ME là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O)).

Suy ra ba điểm O, M, E cùng thuộc một đường tròn đường kính OE   (2)

Từ (1), (2), ta được tứ giác AOME nội tiếp đường tròn đường kính OE.

Chứng minh tương tự, ta được tứ giác BOMN nội tiếp đường tròn đường kính ON.

b) Ta có AE, ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) và AE cắt ME tại E.

Suy ra AE = ME (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Chứng minh tương tự, ta được MN = BN.

Ta có AE, ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) và AE cắt ME tại E.

Suy ra OE là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\) hay \(\widehat {AOE} = \widehat {EOM}\).

Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {BON} = \widehat {MON}\).

Đường tròn (O) có AB là đường kính.

Suy ra \(\widehat {AOB} = 180^\circ \).

Khi đó \(\widehat {AOE} + \widehat {EOM} + \widehat {MON} + \widehat {NOB} = 180^\circ \).

Vì vậy \(2\widehat {EOM} + 2\widehat {MON} = 180^\circ \).

Suy ra \(2\left( {\widehat {EOM} + \widehat {MON}} \right) = 180^\circ \).

Do đó \(\widehat {EON} = 90^\circ \).

∆EON vuông tại O có OM là đường cao.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có ME.MN = OM².

Vậy AE.BN = R².

c) Ta có By ⊥ AB (By là tiếp tuyến của (O)) và Ax ⊥ AB (Ax là tiếp tuyến của (O)).

Suy ra By // Ax.

Mà MH ⊥ By (giả thiết).

Do đó MH ⊥ Ax hay MK ⊥ AE.

∆OMA cân tại O (do OM = OA = R) có OE là đường phân giác.

Suy ra OE cũng là đường cao của ∆OMA hay EK ⊥ AM.

∆AME có MK, EK là hai đường cao cắt nhau tại K.

Suy ra K là trực tâm của ∆AME.

Vậy AK ⊥ ME hay AK ⊥ MN.

d) Ta có \(\widehat {MAB}\) là góc nội tiếp chắn  và \(\widehat {MOB}\) là góc ở tâm chắn .

Suy ra \(\widehat {MOB} = 2\widehat {MAB} = 2\alpha \) và \(\widehat {BON} = \widehat {MON} = \frac{{\widehat {MOB}}}{2} = \alpha \).

Diện tích hình quạt tròn BOM là: \({S_1} = \frac{{\pi {R^2}.2\alpha }}{{360^\circ }}\).

Gọi I là giao điểm của MK và AE.

Xét ∆MNH và ∆MEI, có:

\(\widehat {HMN} = \widehat {EMI}\) (cặp góc đối đỉnh);

\(\widehat {MHN} = \widehat {MIE} = 90^\circ \).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{MN}}{{ME}} = \frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{NH}}{{EI}}\)

Khi đó \(\frac{{MN}}{{MH}} = \frac{{ME}}{{MI}} = \frac{{NH}}{{EI}}\)

Vì vậy \(\frac{{MN}}{{MH}}\,\,\left( { = \frac{{EI}}{{MI}}} \right) = \frac{{NH}}{{ME}}\)

Suy ra MN.ME = MH.NH = R² (kết quả câu b).

Khi đó \({S_{\Delta MNH}} = \frac{1}{2}MH.HN = \frac{1}{2}{R^2}\).

Ta có OM = OB = R và BN = MN (chứng minh trên).

Suy ra OM.MN = OB.BN.

Do đó \({S_{\Delta MNO}} = {S_{\Delta BNO}}\).

Vì vậy \({S_{BOMN}} = 2{S_{\Delta MNO}} = 2.\frac{1}{2}MN.OM = O{M^2}.\tan \alpha = {R^2}.\tan \alpha \).

Vậy diện tích phần tứ giác BOMH ở bên ngoài nửa đường tròn (O) là: \(S = {S_{MNH}} + {S_{BOMN}} - {S_1} = \frac{1}{2}{R^2} + {R^2}.\tan \alpha - \frac{{\pi {R^2}.2\alpha }}{{360^\circ }} = {R^2}\left( {\frac{1}{2} + \tan \alpha - \frac{{2\pi \alpha }}{{360^\circ }}} \right)\).

e) Ta có AK ⊥ ME (kết quả câu c) và OM ⊥ ME (ME là tiếp tuyến của (O)).

Suy ra AK // OM.

Mà MK // OA (chứng minh trên).

Do đó tứ giác OAKM là hình bình hành.

Mà OE là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\) (chứng minh trên).

Suy ra tứ giác OAKM là hình thoi.

Do đó MK = OM = R.

Vì vậy ∆OMK cân tại M.

Mà OK = R (do K nằm trên (O)).

Suy ra ∆OMK đều.

Khi đó \(\widehat {MOK} = 60^\circ \).

Vì vậy \[\widehat {AOM} = 2\widehat {MOK} = 2.60^\circ = 120^\circ \].

Vậy M nằm trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat {AOM} = 120^\circ \) thì K nằm trên đường tròn (O).

Lời giải

a) Ta có D là điểm đối xứng của M qua N (giả thiết).

Suy ra N là trung điểm MD.

Mà N cũng là trung điểm AC (giả thiết).

Do đó tứ giác ADCM là hình bình hành (1)

∆ABC có AM là đường cao (giả thiết).

Suy ra AM ⊥ BC tại M.

Khi đó \(\widehat {AMC} = 90^\circ \)   (2)

Từ (1), (2), ta được tứ giác ADCM là hình chữ nhật.

b) Ta có ADCM là hình chữ nhật.

Suy ra AD // MC và AD = MC (3)

Xét ∆ABM và ∆ACM, có:

\(\widehat {AMB} = \widehat {AMC} = 90^\circ \);

AM là cạnh chung;

AB = AC (do ∆ABC cân tại A)

Do đó ∆ABM = ∆ACM (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra BM = CM (cặp cạnh tương ứng)    (4)

Từ (3), (4), suy ra AD = BM và AD // BM.

Do đó tứ giác ABMD là hình bình hành

Khi đó hai đường chéo AM và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Vậy BD đi qua trung điểm O của AM.

c) ∆AMD có O, N lần lượt là trung điểm của AM, MD.

Suy ra ∆AMD có hai đường trung tuyến DO, AN cắt nhau tại I.

Do đó I là trọng tâm của ∆AMD.

Vì vậy \(DI = \frac{2}{3}DO\).

Mà OD = OB (do ABMD là hình bình hành nên trung điểm O của AM cũng là trung điểm của BD).

Vậy \(DI = \frac{2}{3}OB\).

d) Xét ∆ANO và ∆MNO, có:

AN = MN (do AMCD là hình chữ nhật có N là giao điểm của hai đường chéo);

NO là cạnh chung;

AO = OM (O là trung điểm AM).

Do đó ∆ANO = ∆MNO (c.c.c).

Suy ra \(\widehat {AON} = \widehat {MON}\) (cặp góc tương ứng).

Mà \[\widehat {AON} + \widehat {MON} = 180^\circ \] (hai góc kề bù).

Do đó \(\widehat {AON} = \widehat {MON} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {OME} = \widehat {MEN} = 90^\circ \).

Vì vậy tứ giác ONEM là hình chữ nhật.

Ta có E là hình chiếu của N lên BC.

Suy ra NE ⊥ MC.

Xét ∆MNE và ∆CNE, có:

NE là cạnh chung;

MN = NC (do AMCD là hình chữ nhật có N là giao điểm của hai đường chéo);

\(\widehat {NEM} = \widehat {NEC} = 90^\circ \).

Do đó ∆MNE = ∆CNE (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra ME = CE (cặp cạnh tương ứng).

Vì vậy E là trung điểm MC.

Do đó \(ME = \frac{1}{2}MC\).

Để tứ giác ONEM là hình vuông thì cần thêm điều kiện OM = ME.

Suy ra \(\frac{1}{2}AM = \frac{1}{2}MC\).

Do đó AM = MC = BM.

Vì vậy ∆ABC vuông cân tại A (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông).

Vậy tam giác ABC cân ban đầu cần thêm điều kiện \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) để tứ giác ONEM là hình vuông.

Lời giải

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): mx – 2 = –x².

⇔ x² + mx – 2 = 0   (1)

Theo Viet: \(S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a} = \frac{{ - m}}{1} = - m\).

                  \(P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 2}}{1} = - 2 < 0\).

Suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu.

Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung với mọi giá trị của m.

b) Ta có y₁ = mx₁ – 2; y₂ = mx₂ – 2.

Theo đề, ta có y₁ + y₂ = –8.y₁.y₂.

⇔ mx₁ – 2 + mx₂ – 2 = –8(mx₁ – 2)(mx₂ – 2).

⇔ m(x₁ + x₂) – 4 = –8(m²x₁x₂ – 2mx₁ – 2mx₂ + 4).

⇔ m.(–m) – 4 = –8[m².(–2) – 2m(x₁ + x₂) + 4].

⇔ –m² – 4 = –8[–2m² – 2m.(–m) + 4].

⇔ –m² – 4 = –8(–2m² + 2m² + 4).

⇔ –m² – 4 = –32.

⇔ m² – 28 = 0.

\( \Leftrightarrow m = \pm 2\sqrt 7 \).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có y = sin²x + sinx – 3.

Đặt t = sinx (–1 ≤ t ≤ 1).

Suy ra y = t² + t – 3.

Ta có y’ = 2t + 1.

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow 2t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{2}\).

Ta có:

⦁ \[y\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^2} - 1 - 3 = - 3\];

⦁ \[y\left( { - \frac{1}{2}} \right) = {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{1}{2} - 3 = - \frac{{13}}{4}\];

⦁ \[y\left( 1 \right) = {1^2} + 1 - 3 = - 1\].

Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là \(\min \,y = - \frac{{13}}{4}\) khi và chỉ khi \(t = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

a) Ta có:

⦁ \(\frac{6}{7} = \frac{{6.4}}{{7.4}} = \frac{{24}}{{28}}\);

⦁ \(\frac{{13}}{{14}} = \frac{{13.2}}{{14.2}} = \frac{{26}}{{28}}\);

⦁ Giữ nguyên \(\frac{{23}}{{28}}\).

Vì 26 > 24 > 23 nên \(\frac{{26}}{{28}} > \frac{{24}}{{28}} > \frac{{23}}{{28}}\).

Suy ra \(\frac{{13}}{{14}} > \frac{6}{7} > \frac{{23}}{{28}}\).

Vậy các phân số được sắp xếp theo thứ tự từ lớn đến bé là: \(\frac{{13}}{{14}};\,\,\frac{6}{7};\,\,\frac{{23}}{{28}}\).

b) Ta có:

⦁ \(\frac{5}{6} = \frac{{5.4}}{{6.4}} = \frac{{20}}{{24}}\);

⦁ Giữ nguyên \(\frac{{24}}{{24}}\);

⦁ \(\frac{9}{8} = \frac{{9.3}}{{8.3}} = \frac{{27}}{{24}}\).

Vì 20 < 24 < 27 nên \(\frac{{20}}{{24}} < \frac{{24}}{{24}} < \frac{{27}}{{24}}\).

Suy ra \(\frac{5}{6} < \frac{{24}}{{24}} < \frac{9}{8}\).

Vậy các phân số được sắp xếp theo thứ tự từ bé đến lớn là: \(\frac{5}{6};\,\,\frac{{24}}{{24}};\,\,\frac{9}{8}\).

Lời giải

a) Chọn 7 học sinh làm cán bộ lớp từ 15 học sinh ưu tú của lớp đó có: \(C_{15}^7 = 6435\) cách chọn.

b) Chọn 1 lớp trưởng từ 15 học sinh ưu tú có: 15 cách chọn.

Chọn 2 lớp phó từ 14 học sinh ưu tú còn lại có: \(C_{14}^2\) cách chọn.

Chọn 4 tổ trưởng từ 12 học sinh ưu tú còn lại có: \(C_{12}^4\) cách chọn.

Vậy chọn 7 học sinh làm cán bộ lớp trong đó có 1 lớp trưởng, 2 lớp phó, 4 tổ trưởng thì có \[15.C_{14}^2.C_{12}^4 = 675675\] cách chọn.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Gọi H là trung điểm của B’C’.

Ta có tam giác A’B’C’ cân tại A (A’B’ = A’C’ = a).

Suy ra A’H vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác A’B’C’.

Do đó A’H ⊥ B’C’.

Mà B’C’ ⊥ AA’ (do AA’ ⊥ (A’B’C’)).

Suy ra B’C’ ⊥ (AA’H) Þ B’C’ ⊥ AH

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'C'\\\left( {AA'H} \right) \cap \left( {AB'C'} \right) = AH\\\left( {AA'H} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = A'H\\B'C' \bot AH,B'C' \bot A'H\end{array} \right.\)

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (AB’C’) và (A’B’C’) là góc giữa hai đường thẳng AH và A’H, tức là \(\widehat {AHA'} = 60^\circ \).

Ta có \({S_{\Delta A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin 120^\circ = \frac{1}{2}a.a.\sin 120^\circ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Lại có \(B'C' = BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos 120^\circ } \)

\( = \sqrt {{a^2} + {a^2} - 2a.a.\cos 120^\circ } = a\sqrt 3 \).

Suy ra \(A'H = \frac{{2{S_{\Delta A'B'C'}}}}{{B'C'}} = \frac{{2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{a}{2}\).

Ta có AA’ ⊥ (A’B’C’). Suy ra AA’ ⊥ A’H.

Khi đó \(AA' = A'H.\tan \widehat {AHA'} = \frac{a}{2}.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là:

\(V = AA'.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{8}\).

Do đó ta chọn phương án A.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Trong (A’B’C’): kẻ B’H ⊥ A’C’.

Mà A’C’ ⊥ BB’ (do BB’ ⊥ (A’B’C’)).

Suy ra A’C’ ⊥ (BB’H) Þ A’C’ ⊥ BH

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = A'C'\\\left( {BB'H} \right) \cap \left( {A'BC'} \right) = BH\\\left( {BB'H} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'H\\A'C' \bot BH,A'C' \bot B'H\end{array} \right.\)

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (A’BC’) và (A’B’C’) là góc giữa hai đường thẳng BH và B’H, tức là \(\widehat {BHB'} = 60^\circ \).

Ta có AB = AC = a (giả thiết). Suy ra ∆ABC cân tại A.

Khi đó \(\widehat {A'C'B'} = \widehat {ACB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2} = \frac{{180^\circ - 120^\circ }}{2} = 30^\circ \).

Ta có \(B'C' = BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos 120^\circ } \)

\( = \sqrt {{a^2} + {a^2} - 2a.a.\cos 120^\circ } = a\sqrt 3 \).

Suy ra \(B'H = B'C'.\sin \widehat {A'C'B'} = a\sqrt 3 .\sin 30^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Khi đó \(BB' = B'H.\tan \widehat {BHB'} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\tan 60^\circ = \frac{{3a}}{2}\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{3a}}{2}.\frac{1}{2}AB.AC.\sin 120^\circ = \frac{{3a}}{4}.a.a.\sin 120^\circ = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{8}\).

Do đó ta chọn phương án A.

Lời giải

a) Ta có P là điểm đối xứng với H qua M (giả thiết).

Suy ra M là trung điểm của PH.

Mà M cũng là trung điểm của AB (giả thiết).

Do đó tứ giác AHBP là hình bình hành   (1)

∆ABH có: AH ⊥ BH và \(\widehat {ABH} = 45^\circ \).

Suy ra ∆ABH vuông cân tại H.

Do đó AH = BH và \(\widehat {AHB} = 90^\circ \)   (2)

Từ (1), (2), ta được tứ giác AHBP là hình vuông.

b) ∆ABK vuông tại K có KM là đường trung tuyến.

Suy ra \(MK = \frac{1}{2}AB\).

Mà AB = HP (do AHBP là hình vuông).

Do đó \(MK = \frac{1}{2}HP\).

Vậy HP = 2MK.

c) Ta có DQ // BC (giả thiết) và DH ⊥ BC (do AH là đường cao của ∆ABC).

Suy ra DQ ⊥ DH hay \(\widehat {HDQ} = 90^\circ \)   (3)

Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {HCQ} = 90^\circ \)   (4)

Mà \(\widehat {DHC} = 90^\circ \) (do AH là đường cao của ∆ABC)   (5)

Từ (3), (4), (5), ta được tứ giác DHCQ là hình chữ nhật.

Gọi F là giao điểm của CD và HQ.

Suy ra F là trung điểm của CD và HQ.

Do đó FD = FC = FQ = FH.

Ta có ∆DKC vuông tại K. Suy ra KF = FD = FC = FQ = FH.

Khi đó ∆HKQ vuông tại K.

Vì vậy HK ⊥ KQ.

Chứng minh tương tự, ta được HK ⊥ PK.

Ta có \(\widehat {PKH} + \widehat {HKQ} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Vậy ba điểm P, K, Q thẳng hàng.

d) Gọi E là giao điểm của CD và AB.

∆ABC có BK, AH là hai đường cao cắt nhau tại D.

Suy ra D là trực tâm của ∆ABC.

Khi đó CD ⊥ AB tại E.

∆BCE có \(\widehat {BCE} = 180^\circ - \widehat {BEC} - \widehat {EBC} = 180^\circ - 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ \).

Suy ra \(\widehat {DCQ} = \widehat {HCQ} - \widehat {HCD} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ \).

Khi đó CD là tia phân giác của \(\widehat {HCQ}\).

Mà tứ giác HCQD là hình chữ nhật (chứng minh trên).

Vì vậy HCQD là hình vuông.

Tứ giác MHFE có \(\widehat {HFD} = 90^\circ \) (HCQD là hình vuông); \(\widehat {MEF} = 90^\circ \) (FE ⊥ AB) và \(\widehat {EMH} = 90^\circ \) (AHBP là hình vuông).

Suy ra tứ giác MHFE là hình chữ nhật.

Khi đó \(EF = MH = \frac{1}{2}HP\) và EF // MH.

∆PHQ, có: EF // PH và F là trung điểm của HQ.

Suy ra EF đi qua trung điểm của cạnh PQ.

Mà \(EF = MH = \frac{1}{2}HP\) (chứng minh trên).

Suy ra E là trung điểm của PQ.

Khi đó ba điểm P, E, Q thẳng hàng.

Lời giải

a) Đường tròn (O) có hai tiếp tuyến HM và ME cắt nhau tại M.

Suy ra OM là tia phân giác của \(\widehat {HME}\).

Do đó \(\widehat {HMO} = \widehat {OME} = \frac{1}{2}\widehat {HME} = \beta \).

Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {ONK} = \widehat {ONE} = \frac{1}{2}\widehat {ENK} = \gamma \).

Tứ giác BMNC, có: \(\widehat {CBM} + \widehat {BMN} + \widehat {MNC} + \widehat {NCB} = 360^\circ \).

\( \Leftrightarrow \alpha + 2\beta + 2\gamma + \alpha = 360^\circ \).

\( \Leftrightarrow 2\alpha + 2\beta + 2\gamma = 360^\circ \).

\( \Leftrightarrow \alpha + \beta + \gamma = 180^\circ \) (1)

∆MON, có: \(\widehat {MON} + \beta + \gamma = 180^\circ \)   (2)

Từ (1), (2), ta được \(\widehat {MON} = \alpha \).

b) Xét ∆BOM và ∆ONM, có:

\(\widehat {MBO} = \widehat {MON} = \alpha \);

\(\widehat {BMO} = \widehat {OMN} = \beta \).

Do đó  (g.g).

Chứng minh tương tự, ta được  (g.g).

Vậy OM, ON chia tứ giác BMNC thành ba tam giác đồng dạng là ∆BOM, ∆ONM và ∆CON.

c) Ta có O là trung điểm của BC và BC = 2a.

Suy ra \(BO = CO = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\).

Ta có  (chứng minh trên).

Suy ra \(\frac{{BM}}{{CO}} = \frac{{BO}}{{CN}}\).

Do đó BM.CN = CO.BO = a.a = a².

Vậy BM.CN = a².

d) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được \(BM + CN \ge 2\sqrt {BM.CN} = 2\sqrt {{a^2}} = 2a\).

Ta thấy a là một số không đổi.

Dấu “=” xảy ra ⇔ BM = CN = a.

Vì vậy tổng BM + CN nhỏ nhất khi và chỉ khi BM = CN = a.

Ta có tỉ số \(\frac{{BM}}{{AB}} = \frac{{CN}}{{AC}}\).

Áp dụng định lí Thales đảo, ta được: MN // BC.

Vậy khi tiếp tuyến MN của (O) song song với đường thẳng BC thì tổng BM + CN nhỏ nhất.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Gọi H  là trung điểm của BC.

Do tam giác cân tại A nên AH ⊥ BC.

Suy ra \(AH = AB.\sin B = \frac{{a.\sqrt 3 }}{2}\)

Khi đó \(\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {AH} } \right| = 2AH = 2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

Lời giải

a) Đường tròn (O) có AB là đường kính, CD là dây cung và AB ⊥ CD tại H.

Suy ra H là trung điểm của CD.

Do đó HC = HD.

Tứ giác ODBC có H là trung điểm của hai đường chéo OB và CD.

Suy ra tứ giác ODBC là hình bình hành.

Mà OB ⊥ CD tại H (giả thiết).

Do đó ODBC là hình thoi.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có tứ giác ODBC là hình thoi (kết quả câu a).

Suy ra BC = OC.

Mà OB = OC = R.

Do đó BC = OB = OC = R.

Vì vậy ∆OBC đều nên \(\widehat {BOC} = 60^\circ \).

c) Ta có BC = OB (do ∆OBC đều) và OB = BM (do M là điểm đối xứng của O qua B).

Suy ra OB = BM = BC.

Do đó ∆OCM vuông tại C.

Vì vậy \(\widehat {OCM} = 90^\circ \).

Vậy MC là tiếp tuyến tại C của đường tròn (O).

∆OCM vuông tại C, theo định lí Pythagore ta có:

\(MC = \sqrt {O{M^2} - O{C^2}} = \sqrt {4O{B^2} - O{C^2}} = \sqrt {4{R^2} - {R^2}} = R\sqrt 3 \).

Vậy \(MC = R\sqrt 3 \).

d) Ta có H là trung điểm OB. Suy ra \(OH = HB = \frac{{OB}}{2}\).

∆OCI vuông tại O có OH là đường cao: OH² = HI.HC (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Mà HC = HD (do H là trung điểm của CD)

Suy ra OH² = HI.HD (1)

∆OCM vuông tại C có CH là đường cao: CH² = HO.HM (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Mà HO = HB (do H là trung điểm của OB)

Suy ra CH² = HB.HM (2)

∆OCH vuông tại H: OC² = CH² + OH² (định lí Pythagore) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: OC² = HB.HM + HI.HD.

Mà OC = R

Suy ra R² = HI.HD + HB.HM.

Lời giải

Ta có A ∪ B = (–∞; –2] ∪ [3; +∞).

Suy ra (A ∪ B) ∩ C = [3; 4).

Vậy ta chọn phương án C.

Lời giải

Gọi \[\overline {abc} \,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\] là số tự nhiên có 3 chữ số.

Ta có:

⦁ a có 6 cách chọn;

⦁ b có 6 cách chọn;

⦁ c có 6 cách chọn.

Áp dụng quy tắc nhân, ta có 6.6.6 = 216 số tự nhiên có 3 chữ số được tạo thành từ sáu chữ số đã cho.

Vậy ta chọn phương án B.