a)

Vậy thí sinh phải trả lời đúng ít nhất (ảnh 1)

Vì \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC\) và \(AB = BC\) nên \(BE = CF\).

Xét \({\rm{\Delta }}BEC\) và \({\rm{\Delta }}CFD\) có: \(BE = CF\), \(\widehat {EBC} = \widehat {FCD} = 90^\circ \) và \(BC = CD\).

Do đó \({\rm{\Delta }}BEC = {\rm{\Delta }}CFD\) (c.g.c), suy ra \(\widehat {BCE} = \widehat {CDF}\).

Mà \(\widehat {CDF} + \widehat {CFD} = 90^\circ \) (vì \({\rm{\Delta }}CFD\) vuông tại \(C\)) nên \(\widehat {BCE} + \widehat {CFD} = 90^\circ \), hay \(\widehat {MCF} + \widehat {MFC} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {CMF} = 90^\circ \).

Vậy \(CE \bot DF\).

b) Xét \({\rm{\Delta }}DMC\) và \({\rm{\Delta }}DCF\) có: \(\widehat {DMC} = \widehat {DCF} = 90^\circ \) và \(\widehat {CDF}\) chung.

Do đó $Δ D M C ∽ Δ D C F$ (g.g), suy ra \(\frac{{DM}}{{DC}} = \frac{{DC}}{{DF}}\) hay \(C{D^2} = DM \cdot DF\).

Xét \({\rm{\Delta }}CMF\) và \({\rm{\Delta }}CBE\) có: \(\widehat {CMF} = \widehat {CBE} = 90^\circ \) và \(\widehat {BCE}\) chung.

Do đó $Δ C M F ∽ Δ C B E$ (g.g), suy ra \(\frac{{CM}}{{CB}} = \frac{{CF}}{{CE}}\) hay \(CM \cdot CE = CB \cdot CF\).

Suy ra \(\frac{{CM \cdot CE}}{{CF}} = CB = AB\).

c)

Vậy thí sinh phải trả lời đúng ít nhất (ảnh 2)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(CD\), \(H\) là giao điểm của \(AI\) và \(DM\).

Ta có \(AE\,{\rm{//}}\,IC\) và \(AE = IC = \frac{{AB}}{2}\) nên tứ giác \(AECI\) là hình bình hành, suy ra \(AI\,{\rm{//}}\,CE\).

Trong \({\rm{\Delta }}DMC\) có \(I\) là trung điểm của \(DC\) và \(IH\,{\rm{//}}\,CM\) nên \(H\) là trung điểm của \(DM\).

Mặt khác \(AI\,{\rm{//}}\,CE\) và \(CE \bot DF\) nên \(AH \bot DM\).

Do đó \(AH\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của \({\rm{\Delta }}MAD\), suy ra \({\rm{\Delta }}MAD\) cân tại \(A\).

Giải các bất phương trình sau: a) (2x - 1)/3 > 4x - 2