a)

Ta có $\widehat{MAO}=90°$  (MA là tiếp tuyến của (O)).

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

Ta có $\widehat{MBO}=90°$  (MB là tiếp tuyến của (O)).

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

Từ (1), (2), suy ra tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính OM.

b) Xét ∆MAC và ∆MDA, có:

$\widehat{AMC}$ chung;

$\widehat{MAC}=\widehat{MDA}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AM và dây cung AC và góc nội tiếp chắn cung AC).

Do đó $\Delta MAC\backsim \Delta MDA$  (g.g).

Suy ra $\frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}$  .

Vì vậy MA² = MC.MD   (3)

Ta có OA = OB = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn AB (*)

Lại có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra M nằm trên đường trung trực của đoạn AB (**)

Từ (*), (**), suy ra OM là đường trung trực của đoạn AB.

Mà OM cắt AB tại H.

Do đó OM ⊥ AB tại H.

∆OAM vuông tại A có AH là đường cao: MA² = MH.MO   (4)

Từ (3), (4), suy ra MC.MD = MH.MO.

c) Gọi E là giao điểm của MD và AB.

Xét ∆MCH và ∆MOD, có:

$\widehat{CMH}$ chung;

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

Do đó  $\Delta MCH\backsim \Delta MOD$ (g.g).

Suy ra $\widehat{MHC}=\widehat{MDO}$  (cặp góc tương ứng)   (5)

Vì vậy tứ giác DCHO nội tiếp đường tròn.

Do đó  $\widehat{DHO}=\widehat{DCO}$(cùng chắn $\stackrel{⏜}{DO}$ )   (6)

Ta có OC = OD = R.

Suy ra ∆OCD cân tại O.

Do đó  $\widehat{OCD}=\widehat{ODC}$ (7)

Từ (5), (6), (7), suy ra $\widehat{DHO}=\widehat{MHC}$  .

Mà  $\widehat{DHO}+\widehat{DHA}=90°$ và $\widehat{MHC}+\widehat{AHC}=90°$ .

Suy ra $\widehat{DHA}=\widehat{AHC}$

Do đó HA là đường phân giác trong của ∆CDH.

Lại có AH ⊥ HM tại H.

Suy ra HM là đường phân giác ngoài của ∆CDH.

Áp dụng tính chất đường phân giác, ta được   $\frac{EC}{ED}=\frac{MC}{MD}=\frac{HC}{HD}$  (8)

Ta lại có IK // AD (giả thiết).

Áp dụng định lí Thales, ta được $\frac{CI}{AD}=\frac{MC}{MD}$  và   $\frac{CK}{AD}=\frac{EC}{ED}$   (9)

Từ (8), (9), suy ra $\frac{CI}{AD}=\frac{CK}{AD}$

Do đó CI = CK.

Vậy C là trung điểm của IK.

a)

Ta có $\widehat{MAO}=90°$ (MA là tiếp tuyến của (O)).

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

Ta có  $\widehat{MBO}=90°$(MB là tiếp tuyến của (O)).

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

Từ (1), (2), suy ra tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính OM.

b) Xét ∆EBD và ∆EAB, có:

$\widehat{BED}$ chung;

$\widehat{EBD}=\widehat{EAB}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến BE và dây cung BD và góc nội tiếp chắn cung BD).

Do đó $\Delta EBD\backsim \Delta EAB$   (g.g).

Suy ra $\frac{BE}{AE}=\frac{DE}{BE}$ .

Vì vậy BE² = AE.DE.

Ta có $\widehat{ACM}=\widehat{MAD}$  (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AM và dây cung AD và góc nội tiếp chắn cung AD).

Mà  $\widehat{ACM}=\widehat{DME}$(ME // AC và cặp góc này là cặp góc so le trong).

Suy ra $\widehat{MAD}=\widehat{DME}$  .

Xét ∆EMD và ∆EAM, có:

$\widehat{DEM}$ chung;

$\widehat{MAD}=\widehat{DME}$ (chứng minh trên).

Do đó $\Delta EMD\backsim \Delta EAM$  (g.g).

Suy ra $\frac{ME}{AE}=\frac{DE}{ME}$ .

Vì vậy ME² = AE.DE.

Mà BE² = AE.DE (chứng minh trên).

Suy ra ME² = BE².

Vì vậy ME = BE.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

c) Ta có OA = OB = R.

Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn AB (*)

Lại có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra M nằm trên đường trung trực của đoạn AB (**)

Từ (*), (**), suy ra OM là đường trung trực của đoạn AB.

Mà OM cắt AB tại H.

Do đó OM ⊥ AB tại H và H là trung điểm của đoạn AB.

Mà E là trung điểm của đoạn MB (do ME = BE).

Suy ra HE là đường trung bình của ∆ABM.

Do đó HE // AM.

Vì vậy $\widehat{BHE}=\widehat{BAM}$  (cặp góc đồng vị).

Mà $\widehat{AKB}=\widehat{BAM}$  (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AM và dây cung AB và góc nội tiếp chắn cung AB).

Suy ra $\widehat{BHE}=\widehat{AKB}$.

Do đó tứ giác BHIK nội tiếp đường tròn.

Vì vậy $\widehat{BIK}=\widehat{BHK}=90°$  (cùng chắn $\stackrel{⏜}{BK}$ ).

Vậy AK ⊥ BI.

Với A(–1; –2) và B(–4; 3) ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-3;5\right)$

Đường thẳng (d) đi qua A, B nên nhận $\overrightarrow{AB}=\left(-3;5\right)$  làm vectơ chỉ phương, do đó nhận $\overrightarrow{n}=\left(5;3\right)$  làm vectơ pháp tuyến

Khi đó phương trình đường thẳng (d) là:

5(x + 1) + 3(y + 2) = 0 Û 5x + 3y + 11 = 0.

Ta có 4sin²2x – 3sin2x.cos2x – cos²2x = 0   (1)

Trường hợp 1: cos2x = 0.

Phương trình (1) tương đương với: 4sin²2x = 0.

⇔ sin2x = 0 (loại vì cos2x = 0).

Trường hợp 2: cos2x ≠ 0.

Chia hai vế của phương trình (1) cho cos²2x, ta được: 4tan²2x – 3tan2x – 1 = 0.

$\iff \left[\begin{array}{l}\tan 2x=1\\ \tan 2x=-\frac{1}{4}\end{array}\right.$.

$\iff \left[\begin{array}{l}2x=\frac{\pi }{4}+k\pi \\ 2x=\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)+k\pi \end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{8}+k\frac{\pi }{2}\\ x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)+k\frac{\pi }{2}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

So với điều kiện cos2x ≠ 0, ta nhận $x=\frac{\pi }{8}+k\frac{\pi }{2};x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)+k\frac{\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ .

• Vì x ∈ (0; π) nên $0<\frac{\pi }{8}+k\frac{\pi }{2}<\pi$

$\iff -\frac{\pi }{8}<k\frac{\pi }{2}<\frac{7\pi }{8}$.

$\iff -\frac{1}{4}<k<\frac{7}{4}$

Mà k ∈ ℤ, suy ra k ∈ {0; 1}.

Do đó $x=\frac{\pi }{8};x=\frac{5\pi }{8}$  .

• Vì x ∈ (0; π) nên .

$\iff -\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)<k\frac{\pi }{2}<\pi -\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)$.

$\iff -\frac{1}{\pi }\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)<k<2-\frac{1}{\pi }\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)$.

Mà k ∈ ℤ.

Suy ra k ∈ {1; 2}.

Do đó $x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right);x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)+\frac{\pi }{2}$ .

Vậy trong (0; π), phương trình đã cho có nghiệm là: $x=\frac{\pi }{8};x=\frac{5\pi }{8};$  $x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right);x=\frac{1}{2}\text{arctan}\left(-\frac{1}{4}\right)+\frac{\pi }{2}$ .

Do đó ta chọn phương án D.

Giả sử M là trung điểm của CD.

Suy ra OM ⊥ CD.

Mà OM ⊥ AB (do M là trung điểm AB).

Khi đó CD trùng với AB (mâu thuẫn với giả thiết).

Vậy M không là trung điểm của CD.

Ta có cos4x = 2cos²2x – 1

= 2(2cos²x – 1)² – 1

= 2(4cos⁴x – 4cos²x + 1) – 1

= 8cos⁴x – 8cos²x + 2 – 1

= 8cos⁴x – 8cos²x + 1.

Vậy cos4x = 8cos⁴x – 8cos²x + 1.

Gọi M là trung điểm BC. Suy ra $MB=MC=\frac{1}{2}BC$  .

Kẻ CH ⊥ AM.

Tam giác ABC có G là trọng tâm.

Suy ra $AG=\frac{2}{3}AM$ .

Ta có $S_{\Delta AGC}=\frac{1}{2}CH.AG=\frac{1}{2}CG.\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}CG.AM=\frac{2}{3}.S_{\Delta AMC}$  .

Kẻ AK ⊥ BC.

Ta có $S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}.AK.MC=\frac{1}{2}AK.\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}AK.BC=\frac{1}{2}.S_{\Delta ABC}$ .

Vì vậy $S_{\Delta AGC}=\frac{2}{3}.S_{\Delta AMC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.S_{\Delta ABC}$ .

Vậy diện tích tam giác GAC bằng $\frac{1}{3}$  diện tích tam giác ABC.

a) 178 dm = 17 m 8 dm;

6789 cm = 67 m 8 dm 9 cm;

375 dam = 3 km 75 dam;

1987 m = 1 km 9 hm 87 m.

b) 245 dag = 2 kg 450 g;

318 g = 3 hg 1 dag 8 g;

408 kg = 4 tạ 8 kg;

8194 kg = 8 tấn 1 tạ 94 kg.

Gọi x là độ dài cạnh của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ (x > 0).

Ta có $C{D}^{\text{'}}=A{D}^{\text{'}}=AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{x^2+x^2}=x\sqrt{2}$ .

Suy ra ∆ACD’ đều.

Do đó $\widehat{CA{D}^{\text{'}}}=60°$ .

Theo đề, ta có $S_{\Delta AC{D}^{\text{'}}}=a^2\sqrt{3}$ .

$\iff \frac{1}{2}A{D}^{\text{'}}.AC.\sin \widehat{CA{D}^{\text{'}}}=a^2\sqrt{3}$.

$\iff x\sqrt{2}.x\sqrt{2}.\sin 60°=2a^2\sqrt{3}$.

⇔ x² = 2a².

$\iff x=a\sqrt{2}$.

Vậy thể tích của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ là: $V=x^3={\left(a\sqrt{2}\right)}^3=2\sqrt{2}{a}^3$ .

Do đó ta chọn phương án C.

a)

Ta có M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD.

Suy ra MN // AB // CD.

Mà BA ⊥ AD (do $\widehat{A}=\widehat{D}=90°$ ).

Do đó MN ⊥ AD.

Mà N là trung điểm của AD (giả thiết).

Vì vậy MN là đường trung trực của đoạn AD.

Suy ra MA = MD.

Vậy ∆MAD cân tại M.

b) Ta có   $\widehat{MAB}=\widehat{DAB}-\widehat{DAM}=90°-\widehat{DAM}$ (1)

Lại có  $\widehat{MDC}=\widehat{ADC}-\widehat{ADM}=90°-\widehat{ADM}$(2)

Ta có ∆MAD cân tại M (kết quả câu a).

Suy ra   $\widehat{DAM}=\widehat{ADM}$ (3)

Từ (1), (2), (3), suy ra $\widehat{MAB}=\widehat{MDC}$ .

a)

Ta có OA ⊥ Ax, OB ⊥ By (giả thiết).

Suy ra Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) lần lượt tại A và B.

Ta có AC, MC là hai tiếp tuyến của (O) và hai tiếp tuyến này cắt nhau tại C.

Suy ra CM = CA và $\widehat{AOC}=\widehat{COM}$  (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Chứng minh tương tự, ta được DM = DB và $\widehat{MOD}=\widehat{DOB}$ .

Ta có $\widehat{AOC}+\widehat{COM}+\widehat{MOD}+\widehat{DOB}=180°$ .

$\iff 2\widehat{COM}+2\widehat{MOD}=180°$.

$\iff 2\left(\widehat{COM}+\widehat{MOD}\right)=180°$.

$\iff \widehat{COD}=90°$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có CD = CM + MD = AC + BD.

Vậy CD = AC + BD.

c) Ta có CD là tiếp tuyến của (O) tại M, suy ra OM ⊥ CD.

∆COD vuông tại O có OM là đường cao nên:

OM² = CM.CD (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

⇔ R² = AC.BD.

Ta thấy R không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (O).

Vậy tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (O).

a)

Ta có $\widehat{ACD}=90°$  (CD ⊥ AB tại C).

Suy ra ba điểm A, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính AD (1)

Ta có  $\widehat{AMB}=90°$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Hay$\widehat{AMD}=90°$ .

Suy ra ba điểm A, M, D cùng thuộc đường tròn đường kính AD (2)

Từ (1), (2), ta suy ra tứ giác ACMD nội tiếp đường tròn đường kính AD.

Ta có $\widehat{BCK}=90°$   (CD ⊥ AB tại C).

Suy ra ba điểm B, C, K cùng thuộc đường tròn đường kính BK (3)

Ta có $\widehat{KMB}=90°$  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Suy ra ba điểm K, M, B cùng thuộc đường tròn đường kính BK (4)

Từ (3), (4), ta suy ra tứ giác BCKM nội tiếp đường tròn đường kính BK.

b) Xét ∆CKA và ∆CBD, có:

$\widehat{ACK}=\widehat{BCD}=90°$.

$\widehat{KAC}=\widehat{BDC}$ (do $\widehat{KAC}+\widehat{AKC}=90°;\widehat{BDC}+\widehat{DKM}=90°$  và $\widehat{AKC}=\widehat{DKM}$  (đối đỉnh));

Do đó  $\Delta CKA\backsim \Delta CBD$(g.g).

Suy ra $\frac{CA}{CD}=\frac{CK}{CB}$ .

Vậy CK.CD = CA.CB.

c) ∆ABD có hai đường cao AM, DC cắt nhau tại K.

Suy ra K là trực tâm của ∆ABD.

Do đó BK ⊥ AD   (5)

Ta có $\widehat{ANB}=90°$   (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Suy ra AD ⊥ BN   (6)

Từ (5), (6), suy ra ba điểm B, K, N thẳng hàng.

d) Trên tia đối của tia CB, lấy điểm E sao cho CE = CB.

Ta có CK.CD = CA.CB (kết quả câu b).

Suy ra CK.CD = CA.CE.

Xét ∆CAK và ∆CDE, có:

$\widehat{ACK}$chung;

$\frac{CK}{CE}=\frac{CA}{CD}$ (do CK.CD = CA.CE).

Do đó $\Delta CAK\backsim \Delta CDE$   (c.g.c).

Suy ra  $\widehat{AKC}=\widehat{CED}$(cặp góc tương ứng).

Vì vậy tứ giác AKDE nội tiếp đường tròn.

Vậy tâm đường tròn O’ ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên đường trung trực d của đoạn AE cố định.

∆ABH vuông tại H có HM là đường cao: AH² = AM.AB (hệ thức lượng trong tam giác vuông)    (1)

∆ACH vuông tại H có HN là đường cao: AH² = AN.AC (hệ thức lượng trong tam giác vuông)    (2)

Từ (1), (2), suy ra AM.AB = AN.AC.

Xét ∆AMN và ∆ABC, có:

$\widehat{BAC}=90°$;

$\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}$ (do AM.AB = AN.AC).

Vậy $\Delta AMN\backsim \Delta ABC$   (c.g.c).

a) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, AC, AB.

Giả sử AM = 15; BN = 18; CP = 27.

Khi đó ta có $\left\{\begin{array}{l}\frac{2\left(A{C}^2+A{B}^2\right)-B{C}^2}{4}=A{M}^2=225\\ \frac{2\left(B{C}^2+A{B}^2\right)-A{C}^2}{4}=B{N}^2=324\\ \frac{2\left(B{C}^2+A{C}^2\right)-A{B}^2}{4}=C{P}^2=729\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2\left(A{C}^2+A{B}^2\right)-B{C}^2=900\\ 2\left(B{C}^2+A{B}^2\right)-A{C}^2=1296\\ 2\left(B{C}^2+A{C}^2\right)-A{B}^2=2916\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2A{C}^2+2A{B}^2-B{C}^2=900\\ 2B{C}^2+2A{B}^2-A{C}^2=1296\\ 2B{C}^2+2A{C}^2-A{B}^2=2916\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}A{B}^2=164\\ A{C}^2=704\\ B{C}^2=836\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}AB=2\sqrt{41}\\ AC=8\sqrt{11}\\ BC=2\sqrt{209}\end{array}\right.$

Nửa chu vi ∆ABC là: $p=\frac{AB+AC+BC}{2}=\frac{2\sqrt{41}+8\sqrt{11}+2\sqrt{209}}{2}$ .

Vậy diện tích ∆ABC là: $S_{\Delta ABC}=\sqrt{p\left(p-AB\right)\left(p-AC\right)\left(p-BC\right)}=120\sqrt{2}$ .

b) Từ kết quả câu a, ta có $\left\{\begin{array}{l}{c}^2=164\\ b^2=704\\ a^2=836\end{array}\right.$ .

$\iff \left\{\begin{array}{l}c=2\sqrt{41}\\ b=8\sqrt{11}\\ a=2\sqrt{209}\end{array}\right.$

Vậy độ dài ba cạnh của ∆ABC là $AB=2\sqrt{41};AC=8\sqrt{11};BC=2\sqrt{209}$ .

a)

Gọi F là giao điểm của BE và CI.

Ta có $\widehat{ABE}+\widehat{AEB}=90°$  (∆ABE vuông tại A) và  $\widehat{FCE}+\widehat{CEF}=90°$(∆CEF vuông tại F).

Mà $\widehat{AEB}=\widehat{CEF}$  (cặp góc đối đỉnh).

Suy ra $\widehat{ABE}=\widehat{FCE}$ .

Xét ∆ABE và ∆ACI, có:

AB = AC (∆ABC vuông cân tại A);

$\widehat{ABE}=\widehat{FCE}$ (chứng minh trên);

$\widehat{BAE}=\widehat{CAI}=90°$.

Do đó $\Delta ABE\backsim \Delta ACI$  (g.c.g).

Vậy BE = CI (cặp cạnh tương ứng).

b) Ta có $\Delta ABE\backsim \Delta ACI$  (chứng minh trên).

Suy ra AE = AI (cặp cạnh tương ứng).

Mà AD = AE (giả thiết).

Do đó AD = AI.

Vì vậy A là trung điểm của DI.

Ta có DM ⊥ BE (giả thiết) và CI ⊥ BE (giả thiết).

Suy ra DM // CI.

Khi đó DMCI là hình thang.

Lại có DM ⊥ BE (giả thiết) và AN ⊥ BE (giả thiết).

Suy ra DM // AN.

Mà DM // CI (chứng minh trên).

Do đó DM // AN // CI.

Mà A là trung điểm của DI (chứng minh trên).

Suy ra AN là đường trung bình của hình thang DMCI.

Vì vậy N là trung điểm của MC.

Vậy MN = NC.

a)

Ta có S ∈ (SAE) ∩ (SBF)   (1)

Trong (ABC): C = AE ∩ BF.

Suy ra C ∈ (SAE) ∩ (SBF)   (2)

Từ (1), (2), suy ra SC = (SAE) ∩ (SBF).

b) Trong (SAC): gọi H = MN ∩ SE.

Suy ra H ∈ (BMN) ∩ (SEF)   (3)

Trong (SBC): gọi K = BN ∩ SF.

Suy ra K ∈ (BMN) ∩ (SEF)   (4)

Từ (3), (4), suy ra HK = (BMN) ∩ (SEF).

c) Trong (SAB): gọi P = AI ∩ BM.

Suy ra P ∈ (CAI) ∩ (BMN)   (5)

Trong (SAC): gọi Q = AC ∩ MN.

Suy ra Q ∈ (CAI) ∩ (BMN)   (6)

Từ (5), (6), suy ra PQ = (CAI) ∩ (BMN).

a)

Ta có $\widehat{ABC}=90°$  (giả thiết).

Suy ra ba điểm A, B, C cùng nằm trên một đường tròn đường kính AC   (1)

Lại có  $\widehat{ADC}=90°$(giả thiết).

Suy ra ba điểm A, D, C cùng nằm trên một đường tròn đường kính AC   (2)

Từ (1), (2), suy ra bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn đường kính AC.

a)

Ta có $\widehat{ABC}=90°$  (giả thiết).

Suy ra ba điểm A, B, C cùng nằm trên một đường tròn đường kính AC   (1)

Lại có  $\widehat{ADC}=90°$(giả thiết).

Suy ra ba điểm A, D, C cùng nằm trên một đường tròn đường kính AC   (2)

Từ (1), (2), suy ra bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn đường kính AC.

b) Trong một đường tròn, dây lớn nhất là đường kính.

Ta thấy AC là đường kính và BD là dây cung.

Vậy AC ≥ BD.

Gọi O là trung điểm của AC.

Suy ra O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.

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

Suy ra O cũng là trung điểm BD.

Vậy tứ giác ABCD là hình chữ nhật.

1) Kẻ OE ⊥ AB và OE cắt CD tại F.

Ta có OA = OB (giả thiết) và OM = ON (giả thiết).

Suy ra $\frac{OM}{OA}=\frac{ON}{OB}$ .

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

Mà OE ⊥ AB.

Do đó OE ⊥ CD tại F.

Suy ra F là trung điểm của CD (quan hệ giữa đường kính và dây cung).

Vì vậy CF = FD.

Ta có OM = ON (giả thiết).

Suy ra ∆OMN cân tại O.

∆OMN cân tại O có OF là đường cao.

Suy ra OF cũng là đường trung tuyến của ∆OMN.

Do đó F là trung điểm MN.

Vì vậy MF = NF.

Ta có CF = FD (chứng minh trên).

Khi đó CM + MF = FN + ND.

Mà MF = NF (chứng minh trên).

Vậy CM = DN.

2) ∆OMN cân tại O có .

Suy ra ∆OMN vuông cân tại O.

Mà F là trung điểm MN.

Do đó $OF=MF=FN=\frac{MN}{2}=\frac{\sqrt{O{M}^2+O{N}^2}}{2}=\frac{OM\sqrt{2}}{2}$ .

Ta có $DF=DN+NF=MN+\frac{1}{2}MN=\frac{3}{2}MN=\frac{3\sqrt{2}OM}{2}$ .

∆ODF vuông tại F: OF² + DF² = OD² (Định lí Pytago).

$\iff {\left(\frac{OM\sqrt{2}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3OM\sqrt{2}}{2}\right)}^2=R^2$.

⇔ 5OM² = R².

$\iff OM=\frac{R}{\sqrt{5}}$.

Vậy $OM=ON=\frac{R}{\sqrt{5}}$ .

a)

Ta có OD = OE = R và $\widehat{DOE}=90°$  .

Suy ra ∆ODE vuông cân tại O.

Khi đó $DE=\sqrt{O{D}^2+O{E}^2}=\sqrt{R^2+R^2}=R\sqrt{2}$  .

Kẻ OH ⊥ DE tại H.

∆ODE vuông cân tại O có OH là đường cao.

Suy ra OH cũng là đường trung tuyến của ∆ODE.

Do đó H là trung điểm của DE.

Vì vậy $DH=HE=\frac{DE}{2}=\frac{R\sqrt{2}}{2}$  .

∆ODE vuông cân tại O có OH là đường cao: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{D}^2}+\frac{1}{O{E}^2}=\frac{1}{R^2}+\frac{1}{R^2}=\frac{2}{R^2}$.

Suy ra $O{H}^2=\frac{R^2}{2}$ .

Khi đó $OH=\frac{R\sqrt{2}}{2}$ .

∆OCH vuông tại H:$CH=\sqrt{O{C}^2-O{H}^2}=\sqrt{9R^2-{\left(\frac{R\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{R\sqrt{34}}{2}$

Ta có $CE=CH-HE=\frac{R\sqrt{34}}{2}-\frac{R\sqrt{2}}{2}=\frac{R\left(\sqrt{34}-\sqrt{2}\right)}{2}$  .

Lại có $CD=CE+DE=\frac{R\left(\sqrt{34}-\sqrt{2}\right)}{2}+R\sqrt{2}=\frac{R\left(\sqrt{34}+\sqrt{2}\right)}{2}$ .

b) Ta có $CE.CD=\frac{R\left(\sqrt{34}-\sqrt{2}\right)}{2}.\frac{R\left(\sqrt{34}+\sqrt{2}\right)}{2}=8R^2$ .

Mà CA.CB = (OC + OA).(OC – OB) = (3R + R).(3R – R) = 4R.2R = 8R².

Vậy CE.CD = CA.CB (= 8R²).

a) Ta có  $\widehat{BHQ}=90°$(PQ ⊥ AB tại H).

Suy ra ba điểm B, H, Q cùng nằm trên một đường tròn đường kính BQ   (1)

Lại có $\widehat{BMQ}=90°$  (M là hình chiếu vuông góc của Q trên PB).

Suy ra B, M, Q cùng nằm trên một đường tròn đường kính BQ   (2)

Từ (1), (2), suy ra tứ giác BHQM nội tiếp đường tròn đường kính BQ.

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHQM, ta có: BQ là đường kính và HM là dây cung.

Vậy BQ > HM.

b) Ta có tứ giác BHQM nội tiếp đường tròn đường kính BQ (chứng minh trên).

Suy ra $\widehat{KBM}=\widehat{HQM}$   (tính chất góc ngoài).

Lại có $\widehat{AQP}=\widehat{ABP}$   (cùng chắn $\stackrel{⏜}{AP}$ ) và $\widehat{KBM}=\widehat{ABP}$  (đối đỉnh).

Do đó $\widehat{HQM}=\widehat{AQP}$ .

Vì vậy QH là tia phân giác của $\widehat{AQK}$ .

∆AQK có QH vừa là đường cao, vừa là đường phân giác.

Vậy ∆AQK cân tại Q.

c) Ta có $\widehat{NAQ}=\widehat{PBI}$  (tứ giác APBQ nội tiếp (O)).

Mà $\widehat{QBM}=\widehat{PBI}$  (đối đỉnh).

Suy ra $\widehat{NAQ}=\widehat{QBM}$ .

Mà $\widehat{QHM}=\widehat{QBM}$  (cùng chắn $\stackrel{⏜}{QM}$  của đường tròn ngoại tiếp tứ giác QHBM).

Do đó $\widehat{NAQ}=\widehat{QHM}$ .

Vì vậy tứ giác ANHQ nội tiếp đường tròn.

Suy ra $\widehat{ANQ}=\widehat{AHQ}=90°$(cùng chắn $\stackrel{⏜}{AQ}$  ).

Ta có $\widehat{PNI}=\widehat{PAB}$  (NI // AB và cặp góc này ở vị trí đồng vị).

Mà  $\widehat{PQB}=\widehat{PAB}$(cùng chắn $\stackrel{⏜}{PB}$  của đường tròn (O)).

Suy ra $\widehat{PNI}=\widehat{PQB}$ .

Vì vậy tứ giác PNQI nội tiếp đường tròn.

Do đó $\widehat{PIQ}=\widehat{PNQ}=90°$  (cùng chắn $\stackrel{⏜}{PQ}$ ).

Suy ra QI ⊥ PI   (3)

∆PQK có hai đường cao PM, KH cắt nhau tại B.

Suy ra B là trực tâm của ∆PQK.

Do đó QB ⊥ PK hay QI ⊥ PK   (4)

Từ (3), (4), suy ra PI ≡ PK.

Vậy ba điểm P, I, K thẳng hàng.

Để may 1 bộ quần áo cần dùng số mét vải là:

45 : 9 = 5 (m).

Để may được 7 bộ quần áo như thế cần dùng số mét vải là:

7 × 5 = 35 (m).

Đáp số: 35m.

Ta có $\sqrt{14-6\sqrt{5}}+\sqrt{9-4\sqrt{5}}$  .

$=\sqrt{9-2.3\sqrt{5}+5}+\sqrt{5-2.2\sqrt{5}+4}$.

$=\sqrt{{\left(3-\sqrt{5}\right)}^2}+\sqrt{{\left(\sqrt{5}-2\right)}^2}$.

$=3-\sqrt{5}+\sqrt{5}-2=1$

Ta có $\frac{5}{100}c{m}^2=5m{m}^2$  và $\frac{1}{100}d{m}^2=100m{m}^2$ .

Vậy $\frac{5}{100}c{m}^2+\frac{1}{100}d{m}^2=$   5 mm² + 100 mm² = 105 mm².

Dấu hiệu chia hết cho 11: Tổng các chữ số hàng lẻ – Tổng các chữ số hàng chẵn hoặc ngược lại chia hết cho 11.

Dấu hiệu chia hết cho 12: một số chia hết cho 12 khi số đó chia hết cho cả 3 và 4.

Với x = 99, ta có: x + 1 = 99 + 1 = 100.

Ta có A = x⁵ – 100x⁴ + 100x³ – 100x² + 100x – 9

= x⁵ – (x + 1)x⁴ + (x + 1)x³ – (x + 1)x² + (x + 1)x – 9

= x⁵ – x⁵ – x⁴ + x⁴ + x³ – x³ – x² + x² + x – 9

= x – 9

= 99 – 9

= 90.

Vậy A = 90 khi x = 99.

b) Với x = 25, ta có: x + 1 = 26; x + 2 = 27; 2x – 3 = 7; 3x + 2 = 77 và 2x = 50.

B = x⁷ – 26x⁶ + 27x⁵ – 47x⁴ – 77x³ + 50x² + x – 24 tại x = 25.

= x⁷ – (x + 1)x⁶ + (x + 2)x⁵ – (2x – 3)x⁴ – (3x + 2)x³ + 2x.x² + x – 24

= x⁷ – x⁷ – x⁶ + x⁶ + 2x⁵ – 2x⁵ + 3x⁴ – 3x⁴ – 2x³ + 2x³ + x – 24

= x – 24

= 25 – 24

= 1.

Vậy B = 1 khi x = 25.

Gọi phân số thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng là $\frac{a}{b}$  (a, b ∈ ℕ, b ≠ 0).

Do phân số cần tìm là phân số thập phân nên b ∈ {10; 100; 1000; …}.

Theo đề, ta có tổng của mẫu số và tử số là số lẻ nhỏ nhất có tám chữ số.

Suy ra tổng của mẫu số và tử số bằng 10000001.

Khi đó 0 < a, b < 10000001.

Suy ra b ∈ {10; 100; 1000; 10000; 100000; 1000000; 10000000}.

Với b = 10, ta có: a = 10000001 – 10 = 9999991.

Với b = 100, ta có: a = 10000001 – 100 = 9999901.

Với b = 1000, ta có: a = 10000001 – 1000 = 9999001.

Với b = 10000, ta có: a = 10000001 – 10000 = 9990001.

Với b = 100000, ta có: a = 10000001 – 100000 = 9900001.

Với b = 1000000, ta có: a = 10000001 – 1000000 = 9000001.

Với b = 10000000, ta có: a = 10000001 – 10000000 = 1.

Vậy có 7 chữ số thập phân thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có:

–3752 – (29 – 3632) – 51

= –3752 – 29 + 3632 – 51

= (–3752 + 3632) – (29 + 51)

= –120 – 80

= – 200.

Ta có (x + 1) + (x + 2) + (x + 3) + … + (x + 100) = 5050.

⇔ (x + x + x + … + x) + (1 + 2 + 3 + … + 100) = 5050.

⇔ 100x + (1 + 2 + 3 + … + 100) = 5050   (1)

Xét dãy số: 1; 2; 3; …; 100.

Số các số hạng của dãy số trên là: (100 – 1) : 1 + 1 = 100 (số hạng).

Tổng của dãy số trên là: (100 + 1) . 100 : 2 = 5050.

Từ (1), ta có: 100x + 5050 = 5050.

⇔ 100x = 0.

⇔ x = 0 : 100 = 0.

Vậy x = 0.

Ta có (x + 1) + (x + 2) + (x + 3) + … + (x + 100) = 6050.

⇔ (x + x + x + … + x) + (1 + 2 + 3 + … + 100) = 6050.

⇔ 100x + (1 + 2 + 3 + … + 100) = 6050   (1)

Xét dãy số: 1; 2; 3; …; 100.

Số các số hạng của dãy số trên là: (100 – 1) : 1 + 1 = 100 (số hạng).

Tổng của dãy số trên là: (100 + 1) . 100 : 2 = 5050.

Từ (1), ta có: 100x + 5050 = 6050.

⇔ 100x = 1000.

⇔ x = 1000 : 100 = 10.

Vậy x = 10.

Ta có (x + 1)³ – (x – 1)(x² + x + 1) – 2 = 0.

⇔ x³ + 3x² + 3x + 1 – (x³ – 1) – 2 = 0.

⇔ 3x² + 3x = 0.

⇔ 3x(x + 1) = 0.

$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x+1=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = {0; –1}.

Ta có x⁵ – x⁴ + x³ – x² = x⁴.(x – 1) + x².(x – 1)

= x².(x – 1)(x² + 1).

Ta có x⁵ – x⁴ – x³ – x² – x – 2 = x⁵ – 2x⁴ + x⁴ – 2x³ + x³ – 2x² + x² – 2x + x – 2

= x⁴.(x – 2) + x³.(x – 2) + x².(x – 2) + x.(x – 2) + (x – 2)

= (x – 2).(x⁴ + x³ + x² + x + 1).

Vì thương của hai số là 0,6 hay $0,6=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$   nên tỉ số của hai số đó là $\frac{3}{5}$ .

Số bé là: 0,6 : (3 + 5) ⨯ 3 = 0,225.

Số lớn là: 0,6 – 0,225 = 0,375.

Đáp số: Số bé là: 0,225;

Số lớn là: 0,375.

Ta có:

y × 1 + y × 1,5 + y × 2 + y × 2,5 + y × 3 + … + y × 5 = 94,5.

y × (1 + 1,5 + 2 + 2,5 + 3 + 3,5 + 4 + 4,5 + 5) = 94,5

y × [(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + (1,5 + 2,5 + 3,5 + 4,5)] = 94,5

y × (15 + 12) = 94,5

y × 27 = 94,5

y = 94,5 : 27

y = 3,5.

Vậy y = 3,5.

Ta có đa giác 2023 cạnh nên có 2023 đỉnh.

Do đó phải tồn tại 2 đỉnh kề nhau là P và Q đc sơn bởi cùng 1 màu – màu đỏ (Theo nguyên tắc dirichlet) 

Vì đa giác đã cho là đa giác đều có số đỉnh lẻ nên phải tồn tại 1 đỉnh nào đó nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng PQ. Giả sử đỉnh đó là A.

– Nếu A tô màu đỏ thì ta có tam giác APQ là tam giác cân có 3 đỉnh A, P, Q đc tô cùng màu đỏ.

– Nếu A tô màu xanh. Lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác nhau của đa giác kề vs P và Q.

• Nếu cả 2 đỉnh B và C đc tô màu xanh thì tam giác ABC cân và có 3 đỉnh cùng tô màu xanh.

• Nếu ngược lại, 1 trong 2 đỉnh B và C đc tô màu đỏ thì tam giác BPQ hoặc tam giác CPQ là tam giác cân có 3 đỉnh đc tô màu đỏ.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Số kg lúa mì mảnh đất thứ hai thu được là: (5795 – 1125) : 2 = 2335 (kg).

Đổi: 2335 kg = 233,5 yến.

Đáp số: 233,5 yến lúa mì.

Ta thấy đường gấp khúc ABC và đường gấp khúc BCD có chung đoạn BC.

Mà đường gấp khúc ABC dài hơn đường gấp khúc BCD là 3cm.

Nên đoạn thẳng AB dài hơn đoạn thẳng CD là 3 cm.

Độ dài đoạn thẳng CD là: 15 – 3 = 12 (cm).

Đáp số: 12 cm.

Vì trung bình cộng của ba số đó là 369 nên a + b + c = 369.3 = 1107.

Ta có:

⦁ a là số có một chữ số. Suy ra a lớn nhất là 9;

⦁ b là số có hai chữ số. Suy ra b lớn nhất là 99;

⦁ c là số có ba chữ số. Suy ra c lớn nhất là 999.

Mà 9 + 99 + 999 = 1107.

Do đó a = 9; b = 99; c = 999.

Vậy c = 999.

a) Gọi hai số tự nhiên cần tìm là a, b.

Ta có ƯCLN(a, b) = 6.

Suy ra a = 6m; b = 6n và ƯCLN(m, n) = 1.

Lại có a.b = 720.

Suy ra 6m.6n = 720.

Do đó 36m.n = 720.

Vì vậy m.n = 20.

Chọn các cặp m, n nguyên tố cùng nhau và có tích bằng 20, ta được bảng sau:

Khi đó ta có:

Vậy hai số tự nhiên cần tìm là 6; 120 hoặc 24; 30.

b) Gọi hai số tự nhiên cần tìm là a, b.

Ta có ƯCLN(a, b) = 3.

Suy ra a = 6m; b = 3n và ƯCLN(m, n) = 1.

Lại có a.b = 4050.

Suy ra 3m.3n = 4050.

Do đó 9m.n = 4050.

Vì vậy m.n = 450.

Chọn các cặp m, n nguyên tố cùng nhau và có tích bằng 450, ta được bảng sau:

Khi đó ta có:

Vậy hai số tự nhiên cần tìm là 3; 1350 hoặc 6; 675 hoặc 27; 150 hoặc 54; 75.

Ta có tam giác ABC vuông tại A.

Suy ra  $\widehat{DAE}=90°$.

Mà $\widehat{MDA}=90°$  (D là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB) và  $\widehat{MEA}=90°$(E là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AC).

Do đó $\widehat{DAE}=\widehat{MDA}=\widehat{MEA}=90°$ .

Vậy tứ giác ADME là hình chữ nhật.

(2x + 1)(y – 3) = 10 = 1.10 = 10.1 = 2.5 = 5.2.

Ta có:

⦁ $\left\{\begin{array}{l}2x+1=10\\ y-3=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{9}{2}\\ y=4\end{array}\right.$  (loại vì x ∉ ℕ).

⦁$\left\{\begin{array}{l}2x+1=1\\ y-3=10\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ y=13\end{array}\right.$  (nhận).

⦁$\left\{\begin{array}{l}2x+1=2\\ y-3=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ y=8\end{array}\right.$  (loại vì x ∉ ℕ).

⦁ $\left\{\begin{array}{l}2x+1=5\\ y-3=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=5\end{array}\right.$  (nhận).

Vậy (x; y) ∈ {(0; 13), (2; 5)}.

Tổng sai hơn tổng đúng là: 158,6 – 36,83 = 121,77.

Vì bạn học sinh đã bỏ quên dấu phẩy của một số thập phân có hai chữ số ở phần thập phân nên số thập phân đó gấp lên 100 lần.

Do đó tổng tăng lên 99 lần số thập phân đó.

Vì vậy 99 lần số thập phân đó là 121,77.

Số thập phân đó là: 121,77 : 99 = 1,23.

Số thập phân còn lại là: 36,83 – 1,23 = 35,6.

Đáp số: 1,23 và 35,6.

Tổng sai hơn tổng đúng là: 498,843 – 107,793 = 391,05.

Vì bạn học sinh đã bỏ quên dấu phẩy của một số thập phân có hai chữ số ở phần thập phân nên số thập phân đó gấp lên 100 lần.

Do đó tổng tăng lên 99 lần số thập phân đó.

Vì vậy 99 lần số thập phân đó là 391,05.

Số thập phân đó là: 391,05 : 99 = 3,95.

Số thập phân còn lại là: 107,793 – 3,95 = 103,843.

Đáp số: 3,95 và 103,843.

Đổi: $1\frac{1}{5}m=\frac{6}{5}m=1,2m$ .

Số mét vải cắt ra lần đầu là: 1,2 . 16 = 19,2 (m)

Số mét vải cắt ra lần thứ hai là: 36 – 19,2 = 16,8 (m)

Mỗi mảnh vải cắt ra ở lần thứ hai dài số mét là: 16,8 : 6 = 2,8 (m)

Đáp số: 2,8 m.

Ta có:

⦁ 43¹ = 43 có chữ số tận cùng là số 3;

⦁ 43² = 1849 có chữ số tận cùng là số 9;

⦁ 43³ = 79507 có chữ số tận cùng là số 7;

⦁ 43⁴ = 3418801 có chữ số tận cùng là số 1;

⦁ 43⁵ = 147008443 có chữ số tận cùng là số 3.

Suy ra quy luật của nó cứ lặp đi lặp lại theo dãy bốn số 3; 9; 7; 1.

Ta thấy 43 chia 4 dư 3 nên chữ số tận cùng của 43⁴³ là 7.

Tương tự như vậy, ta có chữ số tận cùng của 17¹⁷ là 7.

Vì vậy 43⁴³ – 17¹⁷ ra số có chữ số tận cùng là số 0, mà số có chữ số tận cùng là số 0 thì luôn chia hết cho 10.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Chia 1 nhóm 6 cháu thì có 4 cháu chưa có ai phụ trách.

Chia 1 nhóm 8 cháu thì thừa một cô, tức là thiếu 8 cháu để đủ cho tất cả các cô phụ trách.

Do đó ta có sơ đồ sau:

Nếu tất cả các nhóm đều có 8 cháu thì sẽ nhiều hơn nếu tất cả các nhóm đều có 6 cháu là: 4 + 8 = 12 (cháu).

Một nhóm 8 cháu nhiều hơn một nhóm 6 cháu là: 8 – 6 = 2 (cháu).

Số nhóm (hay số cô phụ trách) là: 12 : 2 = 6 (nhóm) hoặc 6 (cô).

Số cháu là: 6 ⨯ 6 + 4 = 40 (cháu) hoặc 8 ⨯ 6 – 8 = 40 (cháu).

Đáp số: 40 cháu và 6 cô.

a) Tỉ số phần trăm số bao gạo nếp và số bao gạo trong kho là:

350 : 1000 = 0,35 = 35%.

a) Tỉ số phần trăm số bao gạo nếp và số bao gạo trong kho là:

350 : 1000 = 0,35 = 35%.

b) Tỉ số phần trăm của số bao gạo tẻ và số bao gạo trong kho là:

100% – 35% = 65%.

Đáp số: a) 35%; b) 65%.

a) Tỉ số phần trăm số bao gạo nếp và số bao gạo trong kho là:

450 : 1000 = 0,45 = 45%.

b) Tỉ số phần trăm của số bao gạo tẻ và số bao gạo trong kho là:

100% – 45% = 55%.

Đáp số: a) 45%; b) 55%.

Gọi số thập phân ban đầu là: a,3 (a ∈ ℕ*)

Số thập phân mới sau khi thêm chữ số 2 vào trước dấu phẩy là a2,3.

Ta có: a,3 = a + 0,3.

           a2,3 = a × 10 + 2,3 = 10 × a + 2,3.

Do số mới gấp 9 lần số phải tìm nên ta có:

10 × a + 2,3 = 9 × (a + 0,3)

10 × a + 2,3 = 9 × a + 9 × 0,3

10 × a – 9 × a = 2,7 – 2,3

a × (10 – 9) = 0,4

a = 0,4 (không thỏa mãn).

Vậy không có số nào thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Ta có a, b, c ∈ ℕ.

Vì a lớn hơn b 2 đơn vị nên a = b + 2.

Theo đề, ta có: $\overline{a,bc}+\overline{b,ac}=8,94$ .

$\Rightarrow 100\times \left(\overline{a,bc}+\overline{b,ac}\right)=100\times 8,94$.

$\Rightarrow \overline{abc}+\overline{bac}=894$.

⇒ 100a + 10b + c + 100b + 10a + c = 894.

⇒ (100a + 10a) + (10b + 100b) + (c + c) = 894.

⇒ 110a + 110b + 2c = 894.

⇒ 110 ⨯ (b + 2) + 110b = 894 – 2c.

⇒ 110b + 110 ⨯ 2 + 110b = 894 – 2c.

⇒ 110b + 110b = 894 – 220 – 2c.

⇒ 220b = 674 – 2c.

⇒ b = (674 – 2c) : 220.

Đặt phép tính, ta có:

$\begin{array}{cc}& a,bc\\ +& \\ & b,ac\\ & 8,94\end{array}$

Ở hàng phần trăm, ta thấy có hai trường hợp có thể xảy ra là c = 2 hoặc c = 7.

Với c = 2, ta có b = (674 – 2c) : 220 ≈ 3,045 không là số tự nhiên.

Vì vậy ta loại trường hợp c = 2.

Với c = 7, ta có b = (674 – 2c) : 220 = 3 là số tự nhiên.

Vì vậy ta nhận trường hợp c = 7.

Với a = b + 2, ta có a = 3 + 2 = 5.

Vậy a = 5; b = 3; c = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.