5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 11)

Lời giải

Cho ∆ABC có AB = c; BC = a; CA = b và I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC thì ta có: \[x\overrightarrow {IA} + y\overrightarrow {IB} + z\overrightarrow {IC} = \vec 0\]

Từ đây suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 6\\z = 3\end{array} \right.\]

Do đó \[P = \frac{4}{6} + \frac{6}{3} + \frac{3}{4} = \frac{{41}}{{12}}\].

Lời giải

Ta có 10x – 25 – x² = − (−10x + 25 + x²)

= − (25 − 10x + x²) = − (5² – 2 . 5 . x − x²)

= − (5 − x)².

Lời giải

Ta có [(x + 2)(x + 5)][(x + 3)(x + 4)] − 24

= (x² + 7x + 10)(x² + 7x + 12) – 24

= (x² + 7x + 11)² – 1 – 24

= (x² + 7x + 11)² – 25

= (x² + 7x + 11 − 5)(x² + 7x + 11 + 5)

= (x² + 7x + 6)(x² + 7x + 16)

= (x + 1)(x + 6)(x² + 7x + 16).

Lời giải

a) * Xét ΔBAC có:

•AM = MB (vì M là trung điểm AB);

•BN = NC (vì N là trung điểm CB).

Do đó MN // AC; \[MN = \;\frac{1}{2}AC\](định lí đường trung bình của một tam giác) (1)

* Xét ΔACD có:

•AQ = QD (vì Q là trung điểm AD);

•CP = PD (vì P là trung điểm CD).

Do đó PQ // AC; \[QP = \;\frac{1}{2}AC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN // PQ // AC; \[MN = PQ = \;\frac{1}{2}AC\].

* Xét ΔBCD có:

•CN = NB (vì N là trung điểm CB);

•CP = PD (vì P là trung điểm CD).

Do đó NP // BD; \[NP = \;\frac{1}{2}BD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (3)

* Xét ΔABD có:

•AM = MP (vì M là trung điểm AB)

•AQ = QD (vì Q là trung điểm AD)

Do đó  MQ // BD; \[MQ = \frac{1}{2}BD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (4)

Từ (3) và (4) suy ra NP // MQ // BD;  \[NP = MQ = \;\frac{1}{2}BD\]. 

b) * Xét ΔABD có:

•MA = MB (gt)

•BF = FD (gt)

Do đó MF // AD; \[MF = \;\frac{1}{2}AD\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (5)

* Xét ΔACD có:

•AE = EC (gt)

•CP = PD (gt)

Do đó PE // AD; EP = \[\frac{1}{2}\]AD (định lí đường trung bình của một tam giác) (6)

Từ (5) và (6) suy ra MF // PE // AD; \[MF = PE = \;\frac{1}{2}AD\].

* Xét Δ ACB có:

•AE = EC (gt)

•AM = MB (gt)

Do đó ME // BC; \[ME = \;\frac{1}{2}BC\](định lí đường trung bình của một tam giác) (7)

* Xét ΔBDC có:

•BF = FD (gt)

•DP = PC (gt)

Do đó PF // BC; \[PF = \;\frac{1}{2}BC\] (định lí đường trung bình của một tam giác) (8)

Từ (7) và (8) suy ra ME // PF // BC; \[ME = PF = \;\frac{1}{2}BC\]. 

c) Xét tứ giác MEPF có:

MN = PQ (chứng minh trên); NP = MQ (chứng minh trên)

Do đó, tứ giác MEPF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Xét tứ giác MNPQ có:

MF = PE (chứng minh trên); ME = PF (chứng minh trên).

Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Lời giải

a) Ta chứng minh AN = CM; AN // CM suy ra AMCN là hình bình hành.

Vì O là giao điểm của AC và BD, ABCD là hình chữ nhật nên O là trung điểm AC.

Do ANCM là hình bình hành có AC và MN là hai đường chéo.

Do đó O là trung điểm của đoạn thẳng MN.

b) Ta có: EM // AC nên \[\widehat {EMD} = \widehat {ACD}\] (hai góc so le trong)

NF//AC nên \[\widehat {BNF} = \widehat {BAC}\] (hai góc so le trong)

Mà \[\widehat {ACD} = \widehat {BAC}\] (vì AB//DC, tính chất hình chữ nhật)

Do đó \[\widehat {EMD} = \widehat {BNF}\].

Từ đó chứng minh được ∆EDM = ∆FBN (g.c.g).

Suy ra EM = FN.

Lại có EM // FN (vì cùng song song với AC).

Do đó tứ giác ENFM là hình bình hành.

c) Tứ giác ANCM là hình thoi nên AC ⊥ MN tại O

Do đó M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng đi qua O và vuông góc với AC và cắt CD, AB.

Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của CD và AB.

d) Ta chứng minh được DBOC cân tại O

Suy ra \[\widehat {OCB} = \widehat {OBC}\] và \[\widehat {NFB} = \widehat {OCF}\] (hai góc đồng vị) 

Do đó DBFI cân tại I nên IB = IF (1)

Ta lại chứng minh được DNIB cân tại I nên IN = IB (2)

Từ (1) và (2) suy ra I là trung điểm của NF.

Lời giải

a) Ta có OB = OC (=R).

Suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng CB.

Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 

Suy ra A thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC.

Như vậy A, O thuộc đường trung trực của BC suy ra AO ⊥ BC (đpcm)

b) Ta có \[\widehat {CBD}\] = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ BD ⊥ BC mà AO ⊥ BC (chứng minh trên)

⇒ BD // AO (đpcm)

c) Ta có KH // AC (vì cùng vuông góc CD).

Theo định lý Ta-let, ta có:

\[\frac{{{\rm{KH}}}}{{{\rm{AC}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{DH}}}}{{{\rm{DC}}}} \Rightarrow {\rm{KH = }}\frac{{{\rm{DH}}\,{\rm{.}}\,{\rm{AC}}}}{{{\rm{DC}}}}\] (1)

Xét ΔACO và ΔBHD có: \[\widehat {ACO} = \widehat {BHD} = 90^\circ \]

\[\widehat {ACO} = \widehat {BDO}\] (hai góc đồng vị, BD // AO)

⇒ ∆ACO ᔕ ∆BHD (g.g)

⇒\[\frac{{AC}}{{BH}} = \frac{{CO}}{{HD}} \Rightarrow BH = \frac{{AC.HD}}{{CO}}\]          (2)

Từ (1) và (2) ta có: \[\frac{{KH}}{{BH}} = \frac{{CO}}{{DC}} = \frac{1}{2}\].

Vậy BK = KH, K là trung điểm cạnh BH (đpcm).

Lời giải

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 tiếp tục tận cùng là số 3.
Vậy quy luật của nó cứ lặp đi lặp lại theo dãy 4 số 3 – 9 – 7 – 1.
Ta thấy 43 chia 4 dư 3 nên chữ số tận cùng của số 43⁴³ là 7.
Tương tự ta có số tận cùng của 17¹⁷ là 7. 
Vậy thì 43⁴³ – 17¹⁷ ra số có tận cùng là 0 mà số có tận cùng là 0 thì luôn chia hết cho 10 (điều phải chứng minh)

Lời giải

Ta có x – 1 > 0 ⇔ x > 1.

Để hệ bất phương trình có nghiệm ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - 1 \ge 0\\{x_2} = m + \sqrt {{m^2} - 1} > 1\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m \ge 1\\m \le - 1\end{array} \right.\\\sqrt {{m^2} - 1} > 1 - m\end{array} \right.\]

Ta xét các trường hợp sau:

•Với m = 1 ta có \[\left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\{x^2} - 2x + 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\{(x - 1)^2} \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\x - 1 = 0\end{array} \right.\] (vô lí).

•Với m > 1 ta suy ra BPT luôn đúng.

•Với m ≤−1 hai vế ko âm,bình phương hai vế, ta được:

m² – 1 ≥ m² − 2m + 1 ⇔ m ≥ 1 (không thỏa mãn).

Vậy với m > 1 thì BPT đã cho có nghiệm.

Lời giải

Xét ΔABC có: \(\widehat A = 90^\circ \); M là trung điểm BC.

Suy ra AM = BM = CM.

Vì Ax là tia phân giác \[\widehat {BAC}\] nên \[\widehat {BAD} = \widehat {CAE} = 45^\circ \].

Mà BD ⊥ Ax, CE ⊥ Ax nên ∆BAD và ∆CAE lần lượt vuông cân tại D và E.

Do đó DA = DB và EA = EC.

Ta có ΔAEM = ΔCEM (c.c.c)

Suy ra \[\widehat {AEM} = \widehat {CEM}\] (hai góc tương ứng)

⇒ EM là phân giác \[\widehat {AEC}\] ⇒ \[\widehat {AEM} = \widehat {CEM} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ \] hay \[\widehat {DEM} = 45^\circ \].

Ta có: \[\widehat {BDM} = \widehat {BDE} + \widehat {EDM} = 90^\circ + \widehat {EDM} \Rightarrow \widehat {ADM} = 90^\circ + \widehat {EDM}\].

Lại có: \[\widehat {ADM} + \widehat {EDM} = 180^\circ \] (hai góc kề bù).

Thay\[\widehat {ADM} = 90^\circ + \widehat {EDM}\], ta được:

\[90^\circ + \widehat {EDM} + \widehat {EDM} = 180^\circ \]

\[2\,\widehat {EDM} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {EDM} = 45^\circ \].

Vậy ∆DME có \[\widehat {DEM} = 45^\circ \]; \[\widehat {EDM}\] ⇒ \[\widehat {DME} = 90^\circ \].

Lời giải

Ta có: y = mx + 3 và y = (2m + 1)x – 5 là hai hàm số bậc nhất nên:

\[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\2m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m \ne - \frac{1}{2}\end{array} \right.\]

Đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng song song với nhau khi và chỉ khi:

\[\left\{ \begin{array}{l}m = 2m + 1\\3 \ne - 5\end{array} \right.\]

⇔ m = –1(TM)

Kết hợp với điều kiện, ta có m = –1; \[m \ne - \frac{1}{2}\]; m ≠ 0 thì đồ thị hai hàm số là hai đường thẳng song song.

Lời giải

Số mét vải người thứ hai mua là:

3,5 + 1,8 = 5,3 (m)

Số mét vải người thứ ba mua là:

25,6 – 3,5 – 5,3 = 16,8 (m)

Đáp số: 16,8 m vải.

Lời giải

Chứng minh rằng: Số 11.1211...1 là hợp số.

Ta có:121 = 110 + 11;

11211 = 11100 + 111;

11... 1211..1 – 11... 100...0+11...1.

Do đó 11...1211..1 chia hết cho 111...1.

Vậy 11...1211...1 là hợp số.

Lời giải

Ta có: 11...1 – 10n = 11....1 – n – 9n = (11...1 – n) – 9n

Ta có vì số n và số có tổng các chữ số bằng n sẽ có cùng số dư khi chia cho 3 và 9.

Suy ra 11...1 – n chia hết cho 9.

Mà 9n ⋮ 9 nên (11...1 – n – 9n)⋮ 9.

Do đó(11...1 – 10n)⋮ 9.

Lời giải

Gọi bốn số nguyên liên tiếp đó lần lượt là a – 2; a − 1; a; a + 1 với a ∈ ℤ

Ta có:[(a − 1). (a + 1)] – [(a − 2). a] = 99

⇔ (a² + a − a − 1) – (a² – 2a) = 99

⇔ a² – 1 – a² + 2a = 99

⇔ 2a=100 = a = 50 (TMĐK a ∈ ℤ)

\[\left\{ \begin{array}{l}a - 2 = 50 - 2 = 48\\a - 150 - 1 = 49\\a + 1 = 50 + 1 = 51\end{array} \right.\]
Vậy 4 số nguyên liên tiếp lần lượt là 48; 49; 50; 51.

Lời giải

Thay x = –4 vào (P), ta được:\[y = \frac{{ - 1}}{4}.\,{\left( { - \,4} \right)^2} = \frac{{ - 1}}{4}\,\,.\,\,16 = - \,4\].

Thay x=2 vào (P), ta được:\[y = \frac{{ - 1}}{4}.\,{2^2} = \frac{{ - 1}}{4}.\,4 = - 1\].

Do đó A(–4;–4) và B(2;–1).

Gọi (d): y = ax + b (a ≠ 0) là phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l} - 4a + b = - 4\\2ab + b = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6a = - 3\\2a + b = - 1\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = - 1 - 2a\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = - 1 - 2\,\,.\,\,12 = - 2\end{array} \right.\]

Vậy (d): \[y = \frac{1}{2}x - 2\].

Lời giải

Thay x = –4 vào (P), ta được:\[y = \frac{{ - 1}}{4}.\,{\left( { - \,4} \right)^2} = \frac{{ - 1}}{4}\,\,.\,\,16 = - \,4\].

Thay x=2 vào (P), ta được:\[y = \frac{{ - 1}}{4}.\,{2^2} = \frac{{ - 1}}{4}.\,4 = - 1\].

Do đó A(–4;–4) và B(2;–1).

Gọi (d): y = ax + b (a ≠ 0) là phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l} - 4a + b = - 4\\2ab + b = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6a = - 3\\2a + b = - 1\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = - 1 - 2a\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = - 1 - 2\,\,.\,\,12 = - 2\end{array} \right.\]

Vậy (d): \[y = \frac{1}{2}x - 2\].

Lời giải

Một ngày, đội 1 làm được là:1 : 15 = \[\frac{1}{{15}}\] (đoạn đường) 

Trong 1 ngày, đội 2 làm được là:1 : 18 = \[\frac{1}{{18}}\] (đoạn đường) 

Trong 1 ngày, \[\frac{1}{3}\] đội 1 làm được là:\[\frac{1}{{15}}\] : 3 = \[\frac{1}{{45}}\] (đoạn đường) 

Trong 1 ngày, \[\frac{3}{5}\] đội 2 làm được là:\[\frac{1}{{18}}\] : 5 × 3 = \[\frac{1}{{30}}\] (đoạn đường) 

1 ngày, \[\frac{1}{3}\] đội 1 và \[\frac{3}{5}\] đội 2 làm được là:\[\frac{1}{{45}}\] + \[\frac{1}{{30}}\] = \[\frac{1}{{18}}\] (đoạn đường) 

Thời gian cần tìm là:1 : \[\frac{1}{{18}}\] = 18 (ngày) 

Đáp số: 18 ngày.

Lời giải

Ta có (x + 2y − 3)² − 4 (x + 2y − 3) + 4

= (x + 2y − 3)² – 2.2. (x + 2y − 3) + 2²

= (x + 2y − 3 − 2)²= (x + 2y – 5)².

Lời giải

Ta có: tan α = cot (90° – α)

S = tan1° . tan89° . tan2° . tan88° ... tan44° . tan46° . tan45°

= tan1° . cot1° . tan2° . cot2° ... tan44° . cot44° . tan45°

= 1.1.1...1.1 = 1.

Lời giải

Gọi số cần tìm là \[\overline {ab} \]

\[\overline {ab} \] . 7 = \[\overline {a0b} \]

70a + 7b = \[\overline {100a} \] + b

7b – b =\[\overline {100a} \] – 70a

6b = \[\overline {30a} \]

Do đó b\[b = \overline {5a} \].

• Với a = 1 ⇒ b = 5. Khi đó, ta có \[\overline {ab} = 15\].

• Với a = 2 ⇒ b = 10 (loại)

Vậy \[\overline {ab} = 15\].

Lời giải

Nửa chu vi hình chữ nhật đó là:500 : 2 = 250 (m)

Chiều dài hơn chiều rộng là:25 + 25 = 50 (m)

Chiều dài khu đất đó là:(250 + 50) : 2 = 150 (m)

Chiều rộng khu đất đó là:150 – 50 = 100 (m)

Diện tích mảnh đất đó là:100 × 150 = 150000 (m2).

Đáp số: 150000 m2.

Lời giải

a) Dễ thấy S là một điểm chung của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}AD \subset (SAD)\\BC \subset (SBC)\\AD\parallel BC\end{array} \right.\]

Do đó (SAD) ∩ (SBC) = Sx và Sx // AD // BC.

b) Ta có: MN // IA // CD

Suy ra\[\frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{IN}}{{IC}} = \frac{1}{3}\].

Mà \[\frac{{IG}}{{IS}} = \frac{1}{3}\] (G là trọng tâm của ∆SAB) nên \[\frac{{IG}}{{IS}} = \frac{{IN}}{{IC}} = \frac{1}{3}\].

Ta có SC ⊂ (SCD) suy ra GN // (SCD).

c) Giả sử IM cắt CD tại K nên SK ⊂ (SCD).

MN // CD ⇒\[\frac{{MN}}{{CK}} = \frac{{IN}}{{IC}} = \frac{1}{3}\]⇒\[\frac{{IM}}{{IK}} = \frac{1}{3}\].

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{IG}}{{IS}} = \frac{1}{3}\\\frac{{IM}}{{IK}} = \frac{1}{3}\end{array} \right.\] ⇒ GM // SK ⇒ GM // (SCD).

Lời giải

a) Vì ABDE, ACGH là hình vuông nên D, A, G thẳng hàng.

Suy ra \[\widehat {DAB} + \widehat {BAC} + \widehat {CAG} = 45^\circ + 90^\circ + 45^\circ = 180^\circ \]

Do đó BE // CH (vì cùng vuông góc với DG)

Mà AE = AB, AH = AC

Suy ra ΔAEH = ΔABC (c.g.c)

⇒ \[\widehat {AHE} = \widehat {DCB}\] (hai góc tương ứng).

⇒ \[\widehat {AHC} = \widehat {BCH}\]

⇒ Tứ giác BCHE là hình thang cân.

b) Gọi DE ∩ HG = F nên EFHA là hình chữ nhật

⇒ \[\widehat {FAE} = \widehat {HEA}\]

Mà \[\widehat {AEH} = \widehat {ABC};\,\,\widehat {ABC} = \widehat {KAC}\]nên\[\widehat {FAE} = \widehat {KAC}\].

Do đó F, A, Kthẳng hàng.

VậyAK, DE, GH đồng quy.

Lời giải

Đặt A = \[\left| {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right|\] ⇒ A² = a² + b² − \[2\overrightarrow a \overrightarrow b \]

Suy ra A² = a² + b² – 2ab . \[\cos \left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right)\]

= 3² + 7² – 2 . 3 . 7 . cos120° = 79

Do đó \[A = \sqrt {79} \].

Lời giải

Bởi vì số 0 không dương cũng không âm, thuật ngữ không âm đôi khi được sử dụng để chỉ một số có giá trị dương hoặc bằng 0, trong khi không dương có ý nghĩa được sử dụng để chỉ một số có giá trị âm hoặc bằng 0. Số 0 là một số trung tính.

Lời giải

a) x² + 2(m − 1) x + m² + 3m + 5

Ta có ∆' = (m − 1)² – (m² + 3m + 5) < 0

⇔ −5m – 4 <0⇔ \[m > - \frac{4}{5}\].

b) x² + 2 (m − 1) x + m² + m − 6 > 0.

Ta có ∆' = (m − 1)² – (m² + m − 6) ≤ 0

⇔ −3m + 7 ≤ 0⇔ \[m > \frac{7}{3}\].

c) 2(m + 3)x + m + 9 > 0

Ta có ∆' = (m + 3)² − (m + 9) < 0

⇔ m² + 5m < 0 ⇔ −5 < m < 0.

Lời giải

Ta có Ư(30) = {1; 3; 5; 6; 10; 30};

Ư(45) = {1; 3; 5; 9; 15; 45}.

Do đó ƯC(30; 45) = {1; 3; 5; 15}.

Lời giải

Ta có: BC² = AB² + AC²

= 12² + 16² = 400

⇒ BC = \[\sqrt {400} \] = 20 (cm)

Δ ABC vuông có đường cao AH:

⇒ AB² = BH.BC

⇒ BH = \[\frac{{A{B^2}}}{{BC}}\] = \[\frac{{{{12}^2}}}{{20}}\] = 7,2 (cm)

⇒ CH = 20 – 7,2 = 12,8 (cm)

Ta có: AD là phân giác

⇒ \[\frac{{BD}}{{CD}}\] = \[\frac{{AB}}{{AC}}\]

⇒ \[\frac{{BD + CD}}{{CD}}\] = \[\frac{{AB + AC}}{{AC}}\]

⇒ \[\frac{{20}}{{CD}}\] = \[\frac{{28}}{{16}}\]

⇒ CD = \[\frac{{80}}{7}\]

⇒ HD = CH – CD

= 12,8 – \[\frac{{80}}{7}\]= \[\frac{{48}}{{35}}\] (cm).

Lời giải

a) Xét ∆MAN vuông tại A có:

\(\widehat {AMN} + \widehat {ANM} = 90^\circ \) (1)

Và \(\widehat {MAO} + \widehat {NAO'} = 180^\circ - \widehat {MAN} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \) (2)

Lại có:

• ∆OMA cân tại O (OA = OM = R) \( \Rightarrow \widehat {OAM} = \widehat {OMA}\) (3)

• ∆O'NA cân tại O (O'A = O'N = R') \( \Rightarrow \widehat {O'AN} = \widehat {O'NA}\) (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra:

\[\widehat {OMN} + \widehat {MNO'}\]

\[ = \left( {\widehat {OMA} + \widehat {AMN}} \right) + \left( {\widehat {ANM} + \widehat {O'NA}} \right)\]

\[ = \widehat {OMA} + \widehat {AMN} + \widehat {ANM} + \widehat {O'NA}\]

\[ = \widehat {OAM} + \widehat {AMN} + \widehat {ANM} + \widehat {O'AN}\]

\[ = \left( {\widehat {OAM} + \widehat {O'AN}} \right) + \left( {\widehat {AMN} + \widehat {ANM}} \right)\]

\[ = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \]

Tứ giác OMNO' có \[\widehat {OMN} + \widehat {MNO'} = 180^\circ \] nên OM // O'N.

b) Từ O' kẻ O'H ^ MO. Khi đó:

\({S_{OMNO'}} = \frac{{\left( {O'N + OM} \right).O'H}}{2} = \frac{{\left( {R' + R} \right).O'H}}{2}\)

\( \le \frac{{\left( {R' + R} \right).O'O}}{2} = \frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi O'H = O'O hay H ≡ O

Û O'O ^ MO hoặc O'O ^ NO'.

Vậy tứ giác MNO'O có diện tích lớn nhất là \(\frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\)Û O'O ^ MO.

Lời giải

a) Ta có:

• \({\widehat O_1} = 180^\circ - 2{\widehat A_1}\)

•\({\widehat {O'}_1} = 2{\widehat A_2} = 2\left( {90^\circ - {{\widehat A}_1}} \right) = 180^\circ - 2{\widehat A_1}\)

Do đó: \({\widehat O_1} = {\widehat {O'}_1} \Rightarrow OM\;{\rm{//}}\;O'N\).

Gọi P là giao điểm của MN và OO'.

Ta có: \(\frac{{PO'}}{{PO}} = \frac{{O'N}}{{OM}} = \frac{{R'}}{R}\).

Gọi P' là giao điểm của BC và OO'.

Vì OB // O'C nên \(\frac{{P'O'}}{{P'O}} = \frac{{O'C}}{{OB}} = \frac{{R'}}{R}\).

Suy ra P' ≡ P.

b) Từ O' kẻ O'H ^ MO. Khi đó:

\({S_{OMNO'}} = \frac{{\left( {O'N + OM} \right).O'H}}{2} = \frac{{\left( {R' + R} \right).O'H}}{2}\)

\( \le \frac{{\left( {R' + R} \right).O'O}}{2} = \frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi O'H = O'O hay H ≡ O

Û O'O ^ MO hoặc O'O ^ NO'.

Vậy tứ giác MNO'O có diện tích lớn nhất là \(\frac{{{{\left( {R' + R} \right)}^2}}}{2}\)Û O'O ^ MO.

Lời giải

Ta có: \(\widehat {BAC} - \widehat {ABC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ + \widehat {ABC}\).

Lại có: \(\widehat {BAC} + \widehat {HAC} = 180^\circ \) (Hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {HAC} = 180^\circ - \widehat {BAC}\).

Suy ra \(\widehat {HAC} = 180^\circ - \left( {90^\circ + \widehat {ABC}} \right) = 90^\circ - \widehat {ABC}\) (1)

Xét ∆BHC vuông tại H (Do CH ^ BA) có:

\(\widehat {HBC} + \widehat {BCH} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BCH} = 90^\circ - \widehat {HBC}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {HAC} = \widehat {BCH}\).

Vậy \(\widehat {HAC} = \widehat {BCH}\) (đpcm).

Lời giải

a) ∆BCM cân tại B (BM= BC)

\( \Rightarrow \widehat {BCM} = \widehat {BMC}\) (1)

∆ACB có \[\widehat C = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BCM} + \widehat {MCN} = 90^\circ \] (2)

∆CHM vuông tại H nên \(\widehat {HCM} + \widehat {HMC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {HCM} + \widehat {BMC} = 90^\circ \) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {HCM} = \widehat {MCN}\).

∆CHN cân tại C (CH = CN) có \(\widehat {HCM} = \widehat {MCN}\) hay CM là đường phân giác nên CM cũng là đường trung trực của cạnh HN.

Þ MH = MN.

Þ ∆MHN cân tại M. Suy ra \(\widehat {MHC} = \widehat {MNH}\) (5)

∆CHN cân tại C (CH= CN).

\( \Rightarrow \widehat {CHN} = \widehat {CNH}\) (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {MNH} + \widehat {CNH} = \widehat {MHN} + \widehat {CHN} = \widehat {MHC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {MNC} = 90^\circ \)Þ MN ^ NC hay MN ^ AC (đpcm).

b) Xét ∆MNA vuông tại N nên AN < AM (cạnh góc vuông nhỏ hơn cạnh huyền)

Þ AC − CN < AB − BM

Û AC + BM < AB + CN

Û AC + BC < AB + CH (Do BM= BC;CN=CH).

Lời giải

\(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{{16}} + \frac{1}{{32}} + \frac{1}{{64}} + \frac{1}{{128}}\)

\( = \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{4}} \right) + \left( {\frac{1}{4} - \frac{1}{8}} \right) + \left( {\frac{1}{8} - \frac{1}{{16}}} \right) + \left( {\frac{1}{{16}} - \frac{1}{{32}}} \right) + \left( {\frac{1}{{32}} - \frac{1}{{64}}} \right) + \left( {\frac{1}{{64}} - \frac{1}{{128}}} \right)\)

\[ = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} + \frac{1}{8} - \frac{1}{{16}} + \frac{1}{{16}} - \frac{1}{{32}} + \frac{1}{{32}} - \frac{1}{{64}} + \frac{1}{{64}} - \frac{1}{{128}}\]

\[ = 1 - \frac{1}{{128}} = \frac{{127}}{{128}}\].

Lời giải

Trong 1 giờ vòi I chảy vào bể là: \(1:3 = \frac{1}{3}\) (bể)

Trong 1 giờ vòi II chảy vào bể là: \(1:4 = \frac{1}{4}\) (bể)

Trong 1 giờ vòi III thoát nước ra là: \(1:6 = \frac{1}{6}\) (bể)

Trong 1 giờ cả 3 vòi chảy được là: \(\frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{6} = \frac{5}{{12}}\) (bể)

Nếu \(\frac{3}{5}\) bể đang có nước mà mở 3 vòi cùng một lúc thì đầy bể sau khoảng thời gian là:

\(\left( {1 - \frac{3}{5}} \right):\frac{5}{{12}} = \frac{{24}}{{25}}\) (giờ).

Vậy nếu \(\frac{3}{5}\) bể đang có nước mà mở 3 vòi cùng một lúc thì sau \(\frac{{24}}{{25}}\) giờ sẽ đầy bể.

Lời giải

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(\frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{a + b}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{{a^2}}}{{a + b}}.\frac{{a + b}}{4}} = a\).

Tương tự \(\frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{{b^2}}}{{b + c}}.\frac{{b + c}}{4}} = b\).

Và \(\frac{{{c^2}}}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{{c^2}}}{{c + a}}.\frac{{c + a}}{4}} = c\).

Suy ra \(\frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \ge a - \frac{{a + b}}{4} + b - \frac{{b + c}}{4} + c - \frac{{c + a}}{4}\)

\( \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \ge \left( {a + b + c} \right) - \left( {\frac{{a + b}}{4} + \frac{{b + c}}{4} + \frac{{c + a}}{4}} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \ge \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{1}{2}\) (đpcm).

Lời giải

\[\frac{{a + bc}}{{b + c}} + \frac{{b + ca}}{{c + a}} + \frac{{c + ab}}{{a + b}}\]

\( = \frac{{a\left( {a + b + c} \right) + bc}}{{b + c}} + \frac{{b\left( {a + b + c} \right) + ca}}{{c + a}} + \frac{{c\left( {a + b + c} \right) + ab}}{{a + b}}\)

\[ = \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}}\].

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} \ge 2\left( {a + b} \right)\)

Tương tự \(\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}} \ge 2\left( {b + c} \right)\).

Và \(\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}} \ge 2\left( {a + c} \right)\).

Suy ra

\(2\left( {\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}}} \right) \ge 2\left( {a + b} \right) + 2\left( {b + c} \right) + 2\left( {a + c} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}{{b + c}} + \frac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}}{{a + c}} + \frac{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}{{a + b}} \ge 2\left( {a + b + c} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{a + bc}}{{b + c}} + \frac{{b + ca}}{{c + a}} + \frac{{c + ab}}{{a + b}} \ge 2\left( {a + b + c} \right) = 2\) (đpcm).

Lời giải

Đểđường thẳng y = (m − 1)x + n song song với trục Ox thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\n \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n \ne 0\end{array} \right.\]

Vậy m = 1 và n ≠ 0 là các giá trị củam và n thỏa mãn.

Lời giải

• Đường thẳng y = (m − 2)x + mtạo với trục Ox một góc nhọn khi hệ số góc của đường thẳng là số dương

Þ m − 2 > 0 Û m > 2.

• Đường thẳng y = (m − 2)x + mtạo với trục Ox một góc tù khi hệ số góc của đường thẳng là số âm

Þ m − 2 < 0 Û m < 2.

Lời giải

Tam giác ABC vuông tại A\( \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {DAE} = 90^\circ \)

• MD ^ AB \( \Rightarrow \widehat {MDA} = 90^\circ \);

• ME ^ AC \( \Rightarrow \widehat {MEA} = 90^\circ \).

Tứ giác ADME có: \(\widehat {DAE} = \widehat {MDA} = \widehat {MEA} = 90^\circ \) nên suy ra ADME là hình chữ nhật.

Lời giải

a) Tam giác ABC vuông tại A\( \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {DAE} = 90^\circ \).

• MD ^ AB \( \Rightarrow \widehat {MDA} = 90^\circ \);

• ME ^ AC \( \Rightarrow \widehat {MEA} = 90^\circ \).

Tứ giác ADME có: \(\widehat {DAE} = \widehat {MDA} = \widehat {MEA} = 90^\circ \) nên suy ra ADME là hình chữ nhật.

Hình chữ nhật ADME có AM và DE là hai đường chéo nên AM = DE.

b) Kẻ AH vuông góc với BC

Tam giác AHM vuông tại H nên AM ≥ AH (cạnh góc vuông bé hơn cạnh huyền).

Lại có DE = AM (ADME là hình chữ nhật)

Þ DE ≥ AH.

Dấu "=" xảy ra khi M ≡ H.

Vậy DE có độ dài nhỏ nhất bằng AH khi M là chân đường cao kẻ từ A đến BC.

Lời giải

Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {abcde} \).

Vì số đó có tất cả các chữ số đều chẵn nên a, b, c, d, e phải được chọn trong các số thuộc tập A = {0; 2; 4; 6; 8}.

• a có 4 cách chọn: 2; 4; 6; 8.

• b có 4 cách chọn là A\{a}.

• c có 3 cách chọn là A\{a; b}.

• d có 2 cách chọn là A\{a; b; c}.

• e có 1 cách chọn là A\{a; b; c; d}.

Vậy số \(\overline {abcde} \) có tất cả 4 . 4 . 3 . 2 . 1 = 96 (số).

Lời giải

Ta có y=x³ − 3(2m+1)x²+(12m+5)x+2

⇒ y' = 3x² − 6(2m+1)x+12m+5

Để hàm số y=x³ − 3(2m+1)x²+(12m+5)x+2 đồng biến trên khoảng (2; +∞) thì:

y' = 3x² − 6(2m+1)x+12m+5 ≥ 0 (∀x > 2)

⇔ 3x² − 6x + 5 ≥ 12m(x − 1) (∀x > 2)

\( \Leftrightarrow \frac{{3{x^2} - 6x + 5}}{{12\left( {x - 1} \right)}} \ge m\;\left( {\forall x > 2} \right)\)

Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 6x + 5}}{{12\left( {x - 1} \right)}} \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{x > 2} g\left( x \right)\)

Ta có: \(g'\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 6x + 1}}{{12{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0\;\left( {\forall x > 2} \right)\)

\( \Rightarrow g\left( x \right) > g\left( 2 \right)\;\left( {\forall x > 2} \right)\)

\( \Rightarrow m \le g\left( 2 \right) = \frac{5}{{12}}\).

Lời giải

a) Hàm y đồng biến trên khoảng xác định khi mà

y' = 3x² − 6(2m+1)x+12m+5 ≥ 0

Þ ∆' = 9(2m + 1)² − 3(12m + 5) £ 0

Û 3(2m + 1)² − (12m + 5) £ 0

Û 12m² + 12m + 3 − 12m − 5 £ 0

Û 12m² − 2 £ 0

Û 6m² £ 1

\( \Leftrightarrow - \sqrt {\frac{1}{6}} \le m \le \sqrt {\frac{1}{6}} \).

b) Hàm y đồng biến trên khoảng xác định khi mà

y' = 3mx² − 2(2m−1)x+m−2 ≥ 0 với mọi x Î ℝ.

Để đảm bảo điều trên xảy ra với mọi x thì m > 0.

Khi đó ∆' = (2m − 1)² − 3m(m − 2) £ 0

Û 4m² − 4m + 1 − 3m² + 6m £ 0

Û m² + 2m + 1 £ 0

Û (m + 1)² £ 0

Û m = −1.

Kết hợp ĐKXĐ nên không có giá trị nào của m thỏa mãn.

Lời giải

Với a ≠ 0. Theo bài ra ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = 2\\\frac{{4ac - {b^2}}}{{4a}} = 4\\c = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 4a\\24a - {b^2} = 16a\\c = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 4a\\16{a^2} - 8a = 0\\c = 6\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 4a\\\left[ \begin{array}{l}a = 0\;\;\,\left( {KTM} \right)\\a = \frac{1}{2}\;\;\left( {TM} \right)\end{array} \right.\\c = 6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = - 2\\c = 6\end{array} \right.\].

Lời giải

ĐK: a ≠ 0.

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}64a + 8b + c = 0\\ - \frac{b}{{2a}} = 6\\\frac{{4ac - {b^2}}}{{4a}} = - 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}64a + 8b + c = 0\\b = - 12a\\4ac - {b^2} + 48a = 0\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}c = 32a\\b = - 12a\\4a.\left( {32a} \right) - {\left( { - 12a} \right)^2} + 48a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = - 36\\c = 96\end{array} \right.\)

Þ y = 3x² − 36x + 96.

Lời giải

(m − 2)x² + 2(4 − 3m)x + 10m −11 ≤ 0

Û2x² − 8x + 11 ≥ m(x² − 6x + 10) (∀x < −4)

\( \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} - 8x + 11}}{{{x^2} - 6x + 10}} \ge m\) (∀x < −4).

Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 8x + 11}}{{{x^2} - 6x + 10}} \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{x < - 4} g\left( x \right)\).

Ta có: \(g'\left( x \right) = \frac{{ - 4{x^2} + 18x - 14}}{{{{\left( {{x^2} - 6x + 10} \right)}^2}}} = \frac{{ - {{\left( {2x - \frac{9}{2}} \right)}^2} - \frac{{25}}{4}}}{{{{\left( {{x^2} - 6x + 10} \right)}^2}}} < 0\;\left( {\forall x < - 4} \right)\)

\( \Rightarrow g\left( x \right) > g\left( { - 4} \right)\;\left( {\forall x < - 4} \right)\)

\( \Rightarrow m \le g\left( { - 4} \right) = \frac{3}{2}\).

Với m là số nguyên dương nên m = 1.

Lời giải

Vì hàm số đã cho là hàm số bậc nhất nên 2m + 1 ≠ 0 \( \Leftrightarrow m \ne - \frac{1}{2}\).

Gọi góc α là góc tạo bởi đường thẳng và trục Ox.

Theo giả thiết α = 45°. Ta có:

tan α = tan 45° = 2m + 1

Û 2m + 1 = 1 Û 2m = 0 Û m = 0.

Vậy ta chọn đáp án A.

Lời giải

a) y=(2m − 1)x + m − 1 (d)

Þ y' =2m – 1.

Để hàm số đồng biến suy ra

2m − 1 > 0 \( \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\).

b) (d) cắt đường thẳng y=2x + 1 tại một điểm trên trục tungÞ x = 0 Þ y = 1.

Do đó giao điểm của (d) và đường thẳng y=2x + 1 là A(0; 1)

Þ 1 = (2m − 1).0 + m − 1

Û m − 1 = 1 Û m = 2.

c) Với m=2 ta có: (d): y=3x + 1.

Cho x = 0 Þ y = 1. Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; 1)

Þ OA = 1.

Cho y = 0 Þ\(x = - \frac{1}{3}\). Suy ra đồ thị hàm số đi qua điểm \(B\left( { - \frac{1}{3};\;0} \right)\).

Þ\(OA = \frac{1}{3}\).

Ta có đồ thị hàm số:

Gọi OH là đường cao của tam giác OAB vuông tại O.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}}} = 10\)

\( \Rightarrow OH = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\).

Lời giải

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ∆ADC vuông tại D có DH là đường cao.

\( \Rightarrow \frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{D{A^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{D{A^2}}} = \frac{1}{{D{H^2}}} - \frac{1}{{D{C^2}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{D{A^2}}} = \frac{1}{{{5^2}}} - \frac{1}{{{{13}^2}}} = \frac{{144}}{{4225}} \Rightarrow DA = \frac{{65}}{{12}}\;\,\,(cm)\).

Áp dụng định lí Pytago vào ∆ADC vuông tại D.

\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{65}}{{12}}} \right)}^2} + {{13}^2}} = \frac{{169}}{{12}}\;\,\,(cm)\).

Mà ABCD là hình chữ nhật nên suy ra: \(BD = AC = \frac{{169}}{{12}}\;\,(cm)\).

Lời giải

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ∆ABC vuông tại B có BH là đường cao.

Þ AH.AC = AB²    (1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ∆ABK vuông tại A có AH là đường cao.

Þ BH.BK = AB²   (2)

Từ (1) và (2) suy ra AC.AH = BH.BK (đpcm)

b) ABCD là hình chữ nhật suy ra AB // CD hay AB // CI.

Áp dụng định lí Ta lét, ta có: \(\frac{{AH}}{{HC}} = \frac{{BH}}{{HI}}\)       (3)

ABCD là hình chữ nhật suy ra AD // BC hay AK // BC.

Áp dụng định lí Ta lét, ta có: \(\frac{{AH}}{{HC}} = \frac{{KH}}{{HB}}\)     (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{BH}}{{HI}} = \frac{{KH}}{{HB}} \Rightarrow B{H^2} = HI\,.\,HK\) (đpcm).

Lời giải

a) Xét ∆ADE nội tiếp đường tròn đường kính AE

Þ AD ^ DE          (1)

Lại có AH ^ BC Þ AD ^ BC   (2)

Từ (1) và (2) suy ra DE // BC (cùng vuông góc với AD).

b) Ta có: Tứ giác ABDC nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {ACB}\) (3) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Lại có \(\widehat {ACE} = 90^\circ \) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {ACB} + \widehat {BCE} = 90^\circ \) (4)

AD ^ BC \( \Rightarrow \widehat {BHD} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {HBD} + \widehat {HDB} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {CBD} + \widehat {ADB} = 90^\circ \) (5)

Từ (3), (4) và (5) nên suy ra \(\widehat {BCE} = \widehat {CBD}\).

Mà BC // DE (cmt).

Nên suy ra tứ giác BCED là hình thang cân.

Lời giải

Cạnh góc vuông còn lại dài là: \(24:\frac{3}{4} = 32\;\,\,(cm)\).

Chu vi tam giác vuông là: 24 + 32 + 40 = 82 (cm)

Diện tích tam giác vuông là: \(\frac{{24 \times 32}}{2} = 384\;(c{m^2})\).

Đáp số: Chu vi: 82 cm;

Diện tích: 284 cm².

Lời giải

a) Theo định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:

\(AB = \sqrt {B{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{41}^2} - {{40}^2}} = 9\;\,(cm)\).

Vậy AB = 9 cm.

b) Chu vi tam giác ABClà:

AB + AC + BC = 9 + 40 + 41 = 90(cm).

Vậy chu vi tam giác ABClà 90 cm.

Lời giải

Ta có: a³ + b³ + c³ = 3abc

Ûa³+b³+c³ − 3abc=0

Ûa³+ 3a²b + 3ab² + b³ − (3a²b + 3ab²) +c³ − 3abc=0

Û (a+ b)³+c³ − 3ab(a + b + c) =0

Û (a+ b + c)[(a + b)² − (a + b).c +c²] − 3ab(a + b + c) =0

Û (a+ b + c)[a² + b² + 2ab − ac − bc +c²] − 3ab(a + b + c) =0

Û (a+ b + c)[a² + b² + 2ab − ac − bc +c² − 3ab] =0

Û (a+ b + c)[a² + b² +c² − ab − bc − ca] =0          (*)

Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a + b + c > 0.

Phương trình (*) trở thành:

a² + b² +c² − ab − bc − ca =0

Û 2a² + 2b² + 2c² − 2ab − 2bc − 2ca =0

Û (a² − 2ab + b²) + (b² − 2bc + c²) + (c² − 2ca + a²) =0

Û (a − b)² + (b − c)² + (c − a)² =0

Vì (a − b)²; (b − c)²; (c − a)² ≥ 0 nên

(a − b)² + (b − c)² + (c − a)² =0

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - b = 0\\b - c = 0\\c - a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b\\b = c\\c = a\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c\).

Vậy ABC là tam giác đều.

Lời giải

Ta có:

\(S = \frac{{abc}}{{4R}} = pr = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)

\( \Rightarrow {S^2} = \frac{{abcpr}}{{4R}} = p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{2r}}{R} = \frac{{\left( {a + b + c - 2a} \right)\left( {a + b + c - 2b} \right)\left( {a + b + c - 2c} \right)}}{{abc}}\).

Lại có theo giả thiết: \(\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{abc}} + \frac{{2r}}{R} = 4\) nên suy ra

\(\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{abc}} + \frac{{\left( {a + b + c - 2a} \right)\left( {a + b + c - 2b} \right)\left( {a + b + c - 2c} \right)}}{{abc}} = 4\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{abc}} + \frac{{\left( {b + c - a} \right)\left( {a + c - b} \right)\left( {a + b - c} \right)}}{{abc}} = 4\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3} + \left( {b + c - a} \right)\left( {a + c - b} \right)\left( {a + b - c} \right)}}{{abc}} = 4\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3} - {a^3} - {b^3} - {c^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} - 2abc}}{{abc}} = 4\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} - 2abc}}{{abc}} = 4\)

\( \Leftrightarrow {a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} - 2abc = 4abc\)

\( \Leftrightarrow {a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} = 6abc\) (1)

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:

\({a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} \ge 6abc\).

Do đó (1) đúng khi và chỉ khi a = b = c.

Vậy tam giác ABC đều.

Lời giải

Số các số từ 1 đến 9 là: (10 − 1) : 1 + 1 = 10

Tổng các số từ 1 đến 10 là: (1 + 10).10 : 2 = 55.

Đáp số: 55.

Lời giải

Số các số từ 10 đến 90 là:

(90 − 10) : 1 + 1 = 81.

Tổng các số từ 10 đến 90 là:

(10 + 90) . 81 : 2 = 4 050.

Đáp số: 4 050.

Lời giải

A =x² + xy+y² − 3x − 3y

Þ 4A = 4x² + 4xy+ 4y² − 12x − 12y

= (x² + 4y² + 9 + 4xy − 6x − 12y) + (3x² − 6x + 3) − 12

= (x + 2y − 3)² + 3(x − 1)² − 12 ≥ −12

Þ A ≥ −3.

Vậy A đạt GTNN bằng −3 khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - 3 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 1\).

Lời giải

a) Ta có A =x² − xy+y² − 3x − 3y

Þ 4A = 4x² − 4xy+ 4y² − 12x − 12y

= (x² + 4y² + 9 − 4xy + 6x − 12y) + (3x² − 18x + 27) − 36

= (x − 2y + 3)² + 3(x − 3)² − 36 ≥ −36

Þ A ≥ −9.

Vậy A đạt GTNN bằng −9 khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y + 3 = 0\\x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 3\).

b) Ta có B= 2x² + 2xy+ 5y² − 8x − 22y

Þ 2B = 4x² + 4xy+ 10y² − 16x − 44y

= (4x² + y² + 16 + 4xy − 16x − 8y) + (9y² − 36y + 36) − 52

= (2x + y − 4)² + 9(y − 2)² − 52 ≥ −52

Þ B ≥ −26.

Vậy B đạt GTNN bằng −26 khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}2x + y - 4 = 0\\y - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right.\).

Lời giải

a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MI \bot AB\;\;\;\,\left( {gt} \right)\\MK \bot AC\;\;\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {AIM} = 90^\circ \\\widehat {AKM} = 90^\circ \end{array} \right.\).

Tứ giác AIMK có: \(\widehat {AIM} + \widehat {AKM} = 90^\circ  + 90^\circ = 180^\circ \).

Þ AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM (đpcm).

b) Ta có: MP ^ BC (gt) \( \Rightarrow \widehat {MPC} = 90^\circ \).

MK ^ AC (gt) \( \Rightarrow \widehat {MKC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {MPC} + \widehat {MKC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Þ CPMK nội tiếp đường tròn.

\( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MCK}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK).

Mặt khác \(\widehat {MCK} = \widehat {MBC}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MC)

\( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MBC}\;\left( { = \widehat {MCK}} \right)\) (đpcm)

c) Ta có: \(\widehat {MIB} + \widehat {MPB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Þ BPMI là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {MIP} = \widehat {MBC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MP)

Mà \(\widehat {MPK} = \widehat {MBC}\) (cmt)

\( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MIP}\;\left( { = \widehat {MBC}} \right)\).

Tương tự ta cũng chứng minh được \(\widehat {MPI} = \widehat {MKP}\;\left( { = \widehat {MCB} = \widehat {MBI}} \right)\).

Xét ∆MIP và ∆MPK có:

\(\widehat {MPI} = \widehat {MKP}\) (cmt)

\(\widehat {MIP} = \widehat {MPK}\) (cmt)

Þ ∆MIP ᔕ ∆MPK (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{MI}}{{MP}} = \frac{{MP}}{{MK}} \Rightarrow MI.MK = M{P^2}\) (đpcm)

d) Ta có: \(MI\,\,.\,\,MK = M{P^2}\)

\( \Rightarrow MI\,\,.\,\,MK\,\,.\,\,MP = M{P^3}\).

Để tích MI . MK . MP đạt GTLN Û MP đạt GTLN.

Gọi H là hình chiếu của O lên BC Þ OH là hằng số (do BC cố định).

Gọi MO Ç BC = {D}.

Ta có: MP £ MD; OH £ OD

Þ MP + OH £ MD + OD = MO

Þ MP + OH £ R

Þ MP £ R − OH

Þ MP lớn nhất bằng R − OH

Û O, H, M thẳng hàng hay M bằm chính giữa cung nhỏ BC.

Vậy khi M nằm chính giữa cung nhỏ BC thì tích MI . MK . MP đạt GTLN.

Lời giải

a) Ta có:

• AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

• OB = OC (= R).

Þ OA là trung trực của đoạn thẳng BC nên OA ^ BC (1)

b) Vì ∆BCD có cạnh CD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp nên ∆BCD vuông tại B hay BC ^ BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA // BD.

c) Do AB tiếp xúc với (O) tại B nên AB ^ BO

Þ ∆ABO vuông tại B có cạnh huyền AO = 2BO = 4 cm

\( \Rightarrow \widehat A = 30^\circ \), do đó \(\widehat {BAC} = 60^\circ \).

Suy ra ∆ABC là tam giác đều đồng thời \(\widehat {BOA} = 60^\circ \).

Trong ∆ABO vuông tại B có cạnh AB đối diện với góc 60° nên:

\(\sin 60^\circ = \frac{{AB}}{{AO}} \Leftrightarrow AB = AO\,.\,\sin 60^\circ = 4\,.\,\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \,\;\left( {cm} \right)\).

Lời giải

1) \(M = \frac{{{x^4} + 2}}{{{x^6} + 1}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} + 3}}{{{x^4} + 4{x^2} + 3}}\)

\( = \frac{{{x^4} + 2}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} + 3}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + 3} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^4} + 2 + \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} - \frac{1}{{{x^2} + 1}}\)

\( = \frac{{{x^4} + 2 + \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) - \left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^4} + 2 + {x^4} - 1 - {x^4} + {x^2} - 1}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}} = \frac{{{x^4} + {x^2}}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}\)

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

2) M ≥ 1

\( \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} \ge 1\)

\( \Rightarrow {x^2} \ge {x^4} - {x^2} + 1\)

\( \Leftrightarrow {x^4} - 2{x^2} + 1 \le 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} \le 0\)

Þ x² − 1 = 0

Þ x =±1.

3) \(M = \frac{{{x^2}}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}\)

\[ \Leftrightarrow M\,.\,{x^4} - M\,.\,{x^2} + M = {x^2}\]

\( \Leftrightarrow M\,.\,{x^4} - \left( {M + 1} \right)\,.\,{x^2} + M = 0\) (*)

Để phương trình (*) có nghiệm thì:

\(\Delta = {\left( {M + 1} \right)^2} - 4{M^2} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {M^2} + 2M + 1 - 4{M^2} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow 3{M^2} - 2M - 1 \le 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {3M + 1} \right)\left( {M - 1} \right) \le 0\)

\( \Rightarrow - \frac{1}{3} \le M \le 1\).

Vậy GTLN của M bằng 1 khi và chỉ khi \( - \frac{1}{3} \le M \le 1\).

Lời giải

a) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).

Để lập số này, ta thực hiện ba công đoạn liên tiếp:

• Chọn số a có 9 cách, do a ≠ 0.

• Chọn b có 9 cách từ tập A\{a}.

• Chọn c có 8 cách từ tập A\{a; b}.

Vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau là: 9.9.8 = 648 (số).

b) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).

Để \(\overline {abc} \) là số lẻ thì c thuộc tập hợp {1; 3; 5; 7; 9},

• Chọn c có 5 cách từ tập {1; 3; 5; 7; 9}.

• Chọn a có 8 cách từ tập A\{c; 0}.

• Chọn b có 8 cách từ tập A\{c; a}.

Vậy số các số tự nhiên là số lẻ có 3 chữ số khác nhau là: 5.8.8 = 320 (số).

c) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0).

Để \(\overline {abc} \)chia hết cho 5 thì c thuộc tập hợp {0; 5}.

• Chọn c có 2 cách từ tập {0; 5}.

• Chọn a có 9 cách từ tập A\{0}.

• Chọn b có 10 cách từ tập A.

Vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số mà chia hết cho 5 là: 2.9.10 = 180 (số).

d) Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).

Để \(\overline {abc} \) chia hết cho 5 thì c thuộc tập hợp {0; 5}.

• Trường hợp 1: Nếu c = 0 thì: chọn a có 9 cách, chọn b có 8 cách.

Do đó, số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà tận cùng là 0 là: 9.8 = 72 (số).

• Trường hợp 2: Nếu c = 5 thì: chọn a có 8 cách (do a ≠ 0 và a ≠ c), chọn b có 8 cách (do a ≠ b ≠ c).

Do đó, số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà tận cùng là 5 là: 8.8 = 64 (số).

Vì hai trường hợp rời nhau nên ta áp dụng quy tắc cộng, vậy số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà chia hết cho 5 là: 72 + 64 = 136 (số).

Lời giải

Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: \(\overline {abc} \), với a, b, c thuộc tập hợp số A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, (a ≠ 0, a ≠ b ≠ c).

Để \(\overline {abc} \) là số lẻ thì c thuộc tập hợp {1; 3; 5; 7; 9},

+ Chọn c có 5 cách từ tập {1; 3; 5; 7; 9}.

+ Chọn a có 8 cách từ tập A\{c; 0}.

+ Chọn b có 8 cách từ tập A\{c; a}.

Vậy số các số tự nhiên là số lẻ có 3 chữ số khác nhau là: 5.8.8 = 320 (số).

Lời giải

x³ + 10x² + 25x − xy² = x(x² + 10x + 25 − y²)
= x[(x + 5)² − y²]= x(x  +5 − y)(x + 5 + y).

Lời giải

a) x⁴ + 2x³ + 10x² − 20x

= x(x³ + 2x² + 10x − 20).

b) x³ − x²y −xy² + y³

=x²(x − y) − y²(x − y)

= (x − y)(x² − y²)

= (x − y)(x − y)(x + y)

= (x − y)²(x + y).

c) x⁵ + x³ − x² − 1

= x³(x² + 1) − (x² + 1)

= (x² + 1)(x³ − 1)

= (x² + 1)(x − 1)(x² + x + 1).

Lời giải

Gọi O là tâm đáy và P là trung điểm của MN.

Suy ra I cũng là trung điểm của SO (theo định lí Ta-lét).

Trong tam giác SAC, nối AP cắt SC tại E.

Áp dụng Menelaus cho tam giác SPC có ba điểm thẳng hàng là A,P,E ta có:

\(\frac{{SE}}{{EC}}.\frac{{CA}}{{AO}}.\frac{{OP}}{{SP}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{SE}}{{EC}}\,.\,2\,.\,1 = 1\)

\( \Leftrightarrow SE = \frac{1}{2}EC \Leftrightarrow SE = \frac{1}{3}SC\).

Do S.ABCD là chóp đều \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{V_{S.AMEN}} = 2{V_{S.ANE}}\\{V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ACD}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{S.AMEN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SE}}{{SC}} = 1.\frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6}\) (Theo định lí Simsons).

Lời giải

 

Gọi O là tâm hình vuông.

SO cắt MN tại K Þ I là giao điểm của AK với SC.

Vì MN là đường trung bình của tam giác SBD nên K là trung điểm của SO.

Gọi A' là điểm đối xứng của A qua S, H là giao điểm của AK và SC.

Vì SO // A'C và K là trung điểm của SO

Þ H là trung điểm của A'C

Þ I là trọng tâm của tam giác AA'C

\( \Rightarrow SI = \frac{1}{3}SC\)

Ta có:

• \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\);

• \({V_{S.ABD}} = {V_{S.}}_{BCD} = \frac{1}{2}{V_{S.}}_{ABCD}\).

Khi đó: \({V_{S.AMIN}} = {V_{S.AMN}} + {V_{S.MIN}}\)

\( = \frac{1}{1}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.{V_{S.ABD}} + \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.{V_{S.BCD}}\)

\( = \frac{1}{4}{V_{S.ABD}} + \frac{1}{{12}}{V_{S.BCD}} = \left( {\frac{1}{4} + \frac{1}{{12}}} \right).\frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABCD}}\).

Do đó: \({V_{ABCDMIN}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMIN}} = \frac{5}{6}{V_{S.ABCD}} = \frac{{5{a^3}\sqrt 3 }}{{18}}\).