5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 36)

a. \(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - 1} \right)\)

\(P = \frac{{\sqrt x + 1 + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}:\frac{{\sqrt x - \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{x - 1}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - \sqrt x + 1}}\)

\(P = \frac{{\left( {2\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}\)

b. Để \(P = \frac{3}{2} \Rightarrow \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{3}{2}\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {2\sqrt x + 1} \right) = 3\left( {\sqrt x + 1} \right) \Leftrightarrow 4\sqrt x + 2 = 3\sqrt x + 3\)

\( \Leftrightarrow 4\sqrt x - 3\sqrt x = 3 - 2 \Leftrightarrow \sqrt x = 1 \Leftrightarrow x = 1\)

Mà theo điều kiện thì x ≠ 1 ⇒ Loại x = 1

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn \(P = \frac{3}{2}\).

a³ – 3a + 3b – b³

= (a³ – b³) – (3a – 3b)

= (a – b)(a² + ab + b²) – 3(a – b)

= (a – b)(a² + ab + b² – 3)

\({x^2} + 2021x - 2022 = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - x + 2022x - 2022 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) + 2022\left( {x - 1} \right) = 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2022} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1 = 0}\\{x + 2022 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - 2022}\end{array}} \right.\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1; –2022}.

5sin2x + 12cos2x = 13

\( \Leftrightarrow \frac{5}{{13}}\sin 2x + \frac{{12}}{{13}}\cos 2x = 1\) (*)

Chọn góc a thỏa mãn \(\sin a = \frac{5}{{13}}\), ta có \({\left( {\frac{5}{{13}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{12}}{{13}}} \right)^2} = 1\) nên \[\cos a = \frac{{12}}{{13}}\].

Khi đó (*) \( \Leftrightarrow \sin a\sin 2x + \cos a\cos 2x = 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \cos \left( {2x - a} \right) = 1\\ \Leftrightarrow 2x - a = k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

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

Vậy nghiệm của phương trình là: \(x = \frac{a}{2} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) với a thỏa mãn \(\sin a = \frac{5}{{13}}\).

cos2x – 3sinx – 2 = 0

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

Đặt t = sinx, –1 ≤ t ≤ 1

(*)\( \Leftrightarrow 2{t^2} + 3t + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = - 1}\\{t = - \frac{1}{2}}\end{array}\left( {TM} \right)} \right.\)

Với t = –1 ⟺ sinx = –1 \( \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Với \(t = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy nghiệm của phương trình: \(x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi ;x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi ;x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

a. Ta có MF ⊥ CE và CE ⊥ AB nên MF // AB hay MF // AE.

Hình thang AECD (do AE // CD) có MF//AE//CD

Và M là trung điểm của AD (gt)⇒ F là trung điểm của EC.

Tam giác MEC có MF là đường trung tuyến (F là trung điểm của EC) và MF là đường cao (do MF⊥EC)

⇒ΔMEC cân tại M.

b. Ta có: AD = 2AB (gt)

AD = 2MD (M là trung điểm của AD)

Và AB = CD (ABCD là hình bình hành) ⇒ MD = CD

Hình bình hành MNCD có MD = CD nên là hình thoi.

⇒ CM là đường phân giác \(\widehat {NCD}\).

Ta có: ΔMEC cân tại M nên MF là tia phân giác của \(\widehat {EMC}\)\( \Rightarrow \widehat {EMF} = \widehat {CMF}\)

Mà \(\widehat {EMF} = \widehat {AEM}\)(2 góc so le trong và AE // MF)

Và \(\widehat {CMF} = \widehat {MCD}\)(2 góc so le trong và MF // CD)

Nên \(\widehat {AEM} = \widehat {MCD}\)

Ta có: \(\widehat {AEM} = \widehat {MCD};2\widehat {MCD} = \widehat {NCD}\)(CM là tia phân giác của \(\widehat {NCD}\)).

Và \(\widehat {NCD} = \widehat {BAD}\)(ABCD là hình bình hành) \( \Rightarrow 2\widehat {AEM} = \widehat {BAD}\).

a. Vì AB là đường kính của (O), C ∈ (O) ⇒ BC ≤ AB.

Mà C khác A (do AC = 6 cm) nên BC không thể là đường kính của (O) nên BC < AB.

b. Vì C ∈ (O), AB là đường kính⇒ AC ⊥ BC ⇒ ∆ABC vuông tại C.

c. Do OI ⊥ BC, AC ⊥ BC ⇒ OI // AC.

Mà O là trung điểm của AB (do AB là đường kính và O là tâm của (O)).

⇒ OI là đường trung bình của ∆ABC

⇒ OI = \(\frac{1}{2}AC = 3\) (cm).

d. Vì AE là tiếp tuyến của (O) ⇒ AE ⊥ AB

Mà AC ⊥ BE ⇒ CE.CB = \(A{C^2}\) (1) (hệ thức lượng trong tam giác vuông EAB)

Lại có: ∆ABC có \(\widehat {ACB} = 90^\circ ,CH \bot AB \Rightarrow A{C^2} = AH.AB\)  (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow CE.CB = AH.AB\).

Vì ABCD là hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\frac{{AC}}{2}} \right)\)

Xét tam giác AEC vuông tại E nên tam giác AEC nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\frac{{AC}}{2}} \right)\).

Vậy 5 điểm A, B, C, D, E cùng thuộc đường tròn \(\left( {O;\frac{{AC}}{2}} \right)\).

a. Xét tứ giác ABQK có: \(\widehat {AQB} = \widehat {AKB} = 90^\circ \).

Do đó: ABQK là tứ giác nội tiếp hay A, B, Q, K cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AB.

Tâm của đường tròn này là trung điểm của AB.

b. Xét tứ giác AIHK có: \(\widehat {AIH} + \widehat {AKH} = 180^\circ \).

Do đó: AIHK là tứ giác nội tiếp hay A, I, H, K cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AH.

Tâm của đường tròn này là trung điểm của AH.

Để \(A \cap B = \emptyset \) có thể xảy ra 2 trường hợp sau:

TH1: \(m + 1 \le - 1 \Leftrightarrow m \le - 2\). Khi đó khoảng biểu diễn của A nằm bên trái B và không trùng điểm nào với đoạn biểu diễn B.

TH2: m ≥ 3. Khi đó khoảng biểu diễn của A nằm bên phải B và không trùng điểm nào với đoạn biểu diễn B.

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

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

Xét x = 0, suy ra \(y = \frac{{11}}{5} \notin \mathbb{Z}\), xét y = 0, suy ra \(x = \frac{{11}}{3} \notin \mathbb{Z}\). Do đó x, y ≠ 0.

Ta có: 3x + 5y = 11 \( \Leftrightarrow y = \frac{{11 - 3x}}{5} \Rightarrow 11 - 3x \in B\left( 5 \right) = \left\{ { \pm 5; \pm 10;...} \right\}\)

Đặt các số là bội của 5 có dạng 5k, k ∈ ℤ, k ≠ 0, ta có 11 – 3x = 5k, suy ra \(x = \frac{{11 - 5k}}{3}\).

Vì x ∈ ℤ nên \(\frac{{11 - 5k}}{3} \in \mathbb{Z}\)\( \Rightarrow 11 - 5k \in B\left( 3 \right)\).

a. Do ABCD là hình bình hành nên OD = OB ⟺ DM + MO = ON + NB

Mà DM = NB (gt) ⇒ MO = NO

b. Theo chứng minh a. Ta có \(MO = NO = \frac{1}{2}MN = \frac{1}{2}DM\)

Do đó \(OM = \frac{1}{3}DO\)

Vậy M là trọng tâm của ∆ADC

Do đó AP là đường trung tuyến của ∆ADC ⇒ P là trung điểm của DC

Chứng minh tương tự ta có Q là trung điểm của AB

Xét ∆DBC có: P là trung điểm của DC, O là trung điểm của DB

Do đó OP là đường trung bình trong ∆ACB \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OP//CB}\\{OP = \frac{1}{2}CB}\end{array}} \right.\)

Tương tự ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OQ//CB}\\{OQ = \frac{1}{2}CB}\end{array}} \right.\)

Vậy O, P, Q thẳng hàng, OP = OQ

Vậy Q, P đối xứng với nhau qua O.

Xét ∆ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC nên MN là đường trung bình của ∆ABC.

Suy ra MN = \(\frac{1}{2}\)BC.

Mà MN = 5x – 18 và BC = 4x + 198 nên ta có: 5x – 18 = 1212(4x + 198)

⇔ 5x – 18 = 2x + 99⇔ 3x = 117⇔ x = 39 (m).

Vậy khoảng cách BC trong hình vẽ đã cho là BC = 4.39 + 198 = 354 (m).

Các tập con cần tìm là: 

\(\left\{ {e;f;a} \right\};\left\{ {e;f;b} \right\};\left\{ {e;f;c} \right\};\left\{ {e;f;d} \right\};\left\{ {e;f;g} \right\};\left\{ {e;f;h} \right\};\left\{ {e;f;i} \right\};\left\{ {e;f;j} \right\}\).

Vậy có 8 tập con cần tìm.

a. Gọi \(AD \cap BC = K \Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SK\)

b. Gọi \(IM \cap AB = E \Rightarrow AB \cap \left( {IJM} \right) = E\)

c. Gọi \(JM \cap BC = F \Rightarrow BC \cap \left( {IJM} \right) = F\)

d. Gọi \(AC \cap BD = G,AG \cap IJ = L,ML \cap SD = N \Rightarrow N = SD \cap \left( {IJM} \right)\)

e. Ta có: \(MN \cap BD = H \Rightarrow H \in \left( {MIJ} \right),H \in \left( {ABCD} \right) \Rightarrow H \in \left( {MNJ} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)(Hay H thuộc giao tuyến của \(\left( {MNJ} \right);\left( {ABCD} \right)\)

Lại có \(E \in \left( {MIJ} \right) \Rightarrow E \in \left( {MNJ} \right),E \in AB \Rightarrow E \in \left( {ABCD} \right)\)

\(F \in MJ \Rightarrow F \in \left( {MNJ} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)⇒ H, E, F thẳng hàng (cùng thuộc giao tuyến của (MNJ) và (ABCD).

a, Có \(\widehat {BAH} = \widehat {BCA}\)(vì cùng phụ với \(\widehat {HAC}\))

\( \Rightarrow \widehat {BAH} + \widehat {HAD} = \widehat {BCA} + \widehat {DAC}\)(vì AD là tia phân giác \(\widehat {HAC}\))

\( \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {BCA} + \widehat {DAC}\)

Xét ΔADC có \(\widehat {ADB}\)là góc ngoài tại đỉnh D \( \Rightarrow \widehat {ADB} = \widehat {BCA} + \widehat {DAC}\)

\( \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {ADB}\)

⇒ ΔABD cân tại B.

b. Xét ΔABD cân tại B ⇒ AB = BD

Xét ΔABC vuông tại A

⇒ AB² = BH. BC = (BD – HD). BC = (AB – 6). 25 = 25AB – 150

⇒ AB² – 25AB + 150 = 0

⟺ (AB – 15)(AB – 10) = 0

⟺ AB = 15 hoặc AB = 10

Vậy AB = 15cm, hoặc AB = 10 cm.

Ta có: \(\cot A + \cot B + \cot C = \frac{{\cos A}}{{\sin A}} + \frac{{\cos B}}{{\sin B}} + \frac{{\cos C}}{{\sin C}}\).

Mà áp dụng hệ quả của định lí côsin ta có:

\(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}};\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}};\cos C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}\)

\( \Rightarrow \cot A + \cot B + \cot C = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc.\sin A}} + \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac.\sin B}} + \frac{{{b^2} + {a^2} - {c^2}}}{{2ab.\sin C}}\left( 1 \right)\)

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}ab\sin B\left( 2 \right)\)

Kết hợp (1) và (2) ta được:

\(\cot A + \cot B + \cot C = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{4{S_{ABC}}}} + \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{4{S_{ABC}}}} + \frac{{{b^2} + {a^2} - {a^2}}}{{4{S_{ABC}}}}\)

\( = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2} + {c^2} + {a^2} - {b^2} + {a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{4{S_{ABC}}}} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4{S_{ABC}}}}\)

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

Áp dụng định lí côsin ta có: \(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\left( 1 \right)\)

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta có: \(S = \frac{1}{2}bc\sin A \Rightarrow \sin A = \frac{{2S}}{{bc}}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có:

 \(\cot A = \frac{{\cos A}}{{\sin A}} = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}:\frac{{2S}}{{bc}} \Rightarrow \cot A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}.\frac{{bc}}{{2S}} = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{4S}}\)

Chứng minh tượng tự ta cũng có: \(\cot B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{4S}};\cot C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{4S}}\)

Do đó: \(\cot A + \cot B + \cot C = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{4S}} + \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{4S}} + \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{4S}} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4S}}\).

PT \( \Leftrightarrow {\cos ^2}x - 2\sin x\cos x = 0 \Leftrightarrow \cos x\left( {\cos x - 2\sin x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 0}\\{\cos x = 2\sin x}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 0}\\{\tan x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{2} + k\pi }\\{x = \arctan \frac{1}{2} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) .

ĐK: \(x \ne k\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

Đặt t = cotx

\( \Rightarrow {t^2} + 4t + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = - 1}\\{t = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cot x = - 1}\\{\cot x = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = arc\cot - 3 + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\(E = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } + \sqrt {6 + 2\sqrt 5 } \)

\(E = \sqrt {5 - 2.2\sqrt 5 + 4} + \sqrt {5 + 2\sqrt 5 + 1} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} \)

\(E = \sqrt 5 - 2 + \sqrt 5 + 1 = 2\sqrt 5 - 1\)

Biến đổi vế trái ta được:

\(\sqrt {9 - 4\sqrt 5 } - \sqrt 5 = \sqrt {5 - 2.2\sqrt 5 + 4} - \sqrt 5 = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)}^2}} - \sqrt 5 \)

\( = \sqrt 5 - 2 - \sqrt 5 = - 2 = VP\)(đpcm).

\(\sqrt 3 \sin x - \cos x = \sqrt 2 \)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x - \frac{1}{2}\cos x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = \sin \frac{\pi }{4}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{4}}\\{x - \frac{\pi }{6} = \pi - \frac{\pi }{4}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi }\\{x = \frac{{11\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\(\left( {1 + \sqrt 3 } \right)\sin x + \left( {1 - \sqrt 3 } \right)\cos x = 2\)

\( \Leftrightarrow \frac{{1 + \sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\sin x + \frac{{1 - \sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\cos x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)

Đặt \(\frac{{1 + \sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }} = \cos \alpha \) thì \(\frac{{1 - \sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }} = \sin \alpha \), khi đó PT \( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \alpha } \right) = \sin \frac{\pi }{4}\).

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + \alpha = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x + \alpha = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \alpha + \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = - \alpha + \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) .

Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Khối chóp S.ABC đều nên H là trọng tâm ∆ABC.

Gọi I là trung điểm của BC.

Xét ∆ABI có:\(AI = \sqrt {A{B^2} - B{I^2}} = {\sqrt {{a^2} - \left( {\frac{a}{2}} \right)} ^2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). 

Vì H là trọng tâm ∆ABC nên:\(AH = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) 

Lại có: AH là hình chiếu của SA lên mặt phẳng (ABC)

\( \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA,AH} \right) = \widehat {SAH} = 30^\circ \).

Xét ∆SAH: \(SH = \tan 30^\circ .AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{a}{3}\)  

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AI.BC = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)  

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{a}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{36}}\).  

sin(2x + 1) + cos(3x – 1) = 0

⟺ cos(3x – 1) = – sin(2x + 1)

⟺ cos(3x – 1) = sin(–2x – 1)

⟺ cos(3x – 1) = \(\cos \left( {\frac{\pi }{2} + 2x + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x - 1 = \frac{\pi }{2} + 2x + 1 + k2\pi }\\{3x - 1 = - \frac{\pi }{2} - 2x - 1 + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{2} + 2 + k2\pi }\\{x = - \frac{\pi }{{10}} + \frac{{k2\pi }}{5}}\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\(\sin \left( {\frac{\pi }{2} + 2x} \right) + \sqrt 3 \sin \left( {\pi - 2x} \right) = 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \cos 2x + \sqrt 3 \sin 2x = 1\\ \Leftrightarrow \sin \frac{\pi }{6}\cos 2x + \cos \frac{\pi }{6}.\sin 2x = \frac{1}{2}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{2x + \frac{\pi }{6} = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = k\pi }\\{x = \frac{\pi }{3} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

\(\sin 2x + 2{\sin ^2}x - 6\sin x - 2\cos x + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {2\sin x\cos x - 2\cos x} \right) + \left( {2{{\sin }^2}x - 6\sin x + 4} \right) = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\cos x\left( {\sin x - 1} \right) + 2\left( {\sin x - 2} \right)\left( {\sin x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sin x - 1} \right)\left( {\sin x + \cos x - 2 = 0} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x = 1}\\{\sin x + \cos x = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 2 \left( {VN} \right)}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\\ \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\end{array}\)

\({\sin ^2}x - \cos x + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow 1 - {\cos ^2}x - \cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow {\cos ^2}x + \cos x - 2 = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 1}\\{\cos x = - 2\left( L \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\].

\(\sin x + \cos x = 2\sqrt 2 \sin x\cos x\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 2 \sin 2x \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \sin 2x\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = x + \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{2x = \pi - x - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{4} + k\frac{{2\pi }}{3}}\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\(\tan \left( {3x - 30^\circ } \right).cos\left( {2x - \frac{{5\pi }}{6}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \tan \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right).\cos \left( {2x - \frac{{5\pi }}{6}} \right) = 0\)

Điều kiện: \(\cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) \ne 0\left( * \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = 0}\\{\cos \left( {2x - \frac{{5\pi }}{6}} \right) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - \frac{\pi }{6} = k\pi \\2x - \frac{{5\pi }}{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k\frac{\pi }{2}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có \[x = \frac{{2\pi }}{3} + k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}\] không thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy nghiệm của phương trình là: \(x = \frac{\pi }{6} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5x' = - 3x + 4y}\\{5y' = 4x + 3y}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{15x' = - 9x + 12y}\\{20y' = 16x + 12y}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{25x = 20y' - 15x'}\\{4y = 5x' + 3x}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5x = 4y' - 3x'}\\{20y = 25x' + 15x}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5x = 4y' - 3x'}\\{20y = 25x' + 3\left( {4y' - 3x'} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5x = 4y' - 3x'}\\{20y = 16x' + 12y'}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5x = 4y' - 3x'}\\{5y = 4x' + 3y'}\end{array}} \right.\)

∆: x + y = 0 ⟺ 5x + 5y = 0

\( \Leftrightarrow 4y' - 3x' + 4x' + 3y' = 0 \Leftrightarrow x' + 7y' = 0\)

\( \Rightarrow \Delta ':x + 7y = 0\).

Phương trình có 1 nghiệm bằng – 1

\( \Leftrightarrow 1 + 2m - 3 + {m^2} - 2m + 2 = 0 \Leftrightarrow {m^2} = 0 \Leftrightarrow m = 0\)

Nghiệm còn lại \(x = - \frac{c}{a} = \frac{{ - \left( {{m^2} - 2m + 2} \right)}}{1} = - 2\).

a. ĐK: \(x \ge 0;x \ne 1\)

\(P = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right).\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{2\sqrt x + 1}}\)

\(P = \frac{{\sqrt x + 1 + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{2\sqrt x + 1}}\)

\(P = \frac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 1}}.\frac{{\sqrt x }}{{2\sqrt x + 1}}\)

\(P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\).

b. P = m \( \Rightarrow \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} = m\)

Vì \(\sqrt x \ge 0 \Rightarrow \sqrt x + 1 \ge 1 \Rightarrow \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} \ge 0\)

⇒ PT P = m có nghiệm ⟺ m ≥ 0.

3cot2x – 2m = 0

\( \Leftrightarrow \cot 2x = \frac{{2m}}{3}\)

Có \(\cot 45^\circ = 1\)

Để phương trình có nghiệm trong khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\)

\( \Rightarrow 0 < \frac{{2m}}{3} < 1 \Leftrightarrow 0 < 2m < 3 \Leftrightarrow 0 < m < \frac{3}{2}\).

ĐK: \(xy \ne 1,xy \ge 0\)

a. \(P = \frac{{\left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {1 + \sqrt {xy} } \right) + \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)\left( {1 - \sqrt {xy} } \right)}}{{1 - xy}}:\frac{{1 - xy + x + y + 2xy}}{{1 - xy}}\)\(\)

\(P = \frac{{\sqrt x + \sqrt y + x\sqrt y + y\sqrt x + \sqrt x - x\sqrt y - \sqrt y + y\sqrt x }}{{1 - xy}}:\frac{{1 + x + y + xy}}{{1 - xy}}\)

\(P = \frac{{2\sqrt x + 2y\sqrt x }}{{1 - xy}}.\frac{{1 - xy}}{{\left( {1 + x} \right)\left( {1 + y} \right)}} = \frac{{2\sqrt x \left( {1 + y} \right)}}{{\left( {1 + x} \right)\left( {1 + y} \right)}} = \frac{{2\sqrt x }}{{1 + x}}\)

b. Khi \(x = \frac{2}{{2 + \sqrt 3 }} = \frac{{2\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}{{{2^2} - \sqrt {{3^2}} }} = \frac{{4 - 2\sqrt 3 }}{1}\) hay \(x = {\left( {\sqrt 3 - 1} \right)^2}\)

Khi đó \(P = \frac{{2{{\sqrt {\left( {\sqrt 3 - 1} \right)} }^2}}}{{1 + 4 - 2\sqrt 3 }} = \frac{{2\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{{5 - 2\sqrt 3 }}\)

\(P = \frac{{\left( {2\sqrt 3 - 2} \right)\left( {5 + 2\sqrt 3 } \right)}}{{{5^2} - {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{{2\left( {3\sqrt 3 + 1} \right)}}{{13}}\)

\(P = \left( {\frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2} - 8\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}} \right):\left( {\frac{{\sqrt x - x - 3 - \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}} \right)\)

\(P = \left( {\frac{{\left( {\sqrt x + 1 + \sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1 - \sqrt x + 1} \right) - 8\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}} \right).\left( {\frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{ - x - 4}}} \right)\)

\(P = \frac{{ - 4\sqrt x }}{{ - x - 4}} = \frac{{4\sqrt x }}{{x + 4}}\)

Thay\(x = 3 + 2\sqrt 2 \) ta được: \(P = \frac{{4\sqrt {3 + 2\sqrt 2 } }}{{3 + 2\sqrt 2 + 4}} = \frac{{4\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}}{{7 + 2\sqrt 2 }} = \frac{{4\sqrt 2 + 4}}{{7 + 2\sqrt 2 }}\).

\(\Delta = {\left( {2m - 3} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 2m} \right) = 4{m^2} - 12m + 9 - 4{m^2} + 8m = - 4m + 9\)

a. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow - 4m + 9 > 0 \Leftrightarrow m < \frac{9}{4}\)

b. Phương trình vô nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta < 0 \Leftrightarrow - 4m + 9 < 0 \Leftrightarrow m > \frac{9}{4}\)

c. Phương trình có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 0 \Leftrightarrow - 4m + 9 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{9}{4}\)

d. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta > 0}\\{{x_1}.{x_2} = 8}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < \frac{9}{4}}\\{{m^2} - 2m = 8}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \frac{9}{4}\\\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 4}\\{m = - 2}\end{array}} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 2\)

Với m = – 2, ta có PT: \({x^2} - 7x + 8 = 0\)

\(x = \frac{{ - b \pm \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{7 \pm \sqrt {17} }}{2}\)

Vậy m = –2; \(x = \frac{{7 \pm \sqrt {17} }}{2}\).

ĐK: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 3}\\{x \in \mathbb{N}}\end{array}} \right.\)

PT \( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\frac{{2x!}}{{\left( {2x - 2} \right)!}} - \frac{{x!}}{{\left( {x - 2} \right)!}} = \frac{6}{x}\frac{{x!}}{{\left( {x - 3} \right)!3!}} + 10\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {2x - 1} \right)2x - \left( {x - 1} \right)x = \frac{1}{x}\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)x + 10\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - x - {x^2} + x = {x^2} - 3x + 2 + 10 \Leftrightarrow 3x = 12 \Leftrightarrow x = 4\)

Vậy x = 4.  

\(3{x^2} - 7x - 6 = 3{x^2} + 2x - 9x - 6\)

\( = x\left( {3x + 2} \right) - 3\left( {3x + 2} \right) = \left( {x - 3} \right)\left( {3x + 2} \right)\).

\(5{x^2}z - 15xyz + 30x{z^2} = 5xz\left( {x - 3y + 6z} \right)\)

\(5{x^2} - 5xy - 10x + 10y = 5x\left( {x - y} \right) - 10\left( {x - y} \right) = 5\left( {x - y} \right)\left( {x - 2} \right)\)

a. A ∈ (O) đường kính BC \( \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow AB \bot AC\)

Mà Ox // AC \( \Rightarrow Ox \bot AB\) hay OD \( \bot AB\)

Ta có: OA = OB

⇒ ∆OAB cân tại O có đường cao OD

⇒ OD là đường trung tuyến

⇒ D là trung điểm AB

b. Xét ∆OAB cân tại O, \(OD \bot AB \Rightarrow OD\) là phân giác \(\widehat {AOB}\)

Xét ∆OAE và ∆OBE có: OE chung; \(\widehat {AOE} = \widehat {BOE}\)(OE phân giác \(\widehat {AOB}\)); OA = OB

\( \Rightarrow \Delta OAE = \Delta OBE\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \widehat {OAE} = \widehat {OBE} = 90^\circ \)(BE là tiếp tuyến tại A của (O).

c. Xét ∆BCF có: O là trung điểm BC; OE // FC (vì Ox // AC)

⇒ OE là đường trung bình ∆BCF ⇒ E là trung điểm BF ⇒ BE = EF

Ta có: AH ⊥ BC; BF ⊥ BC ⇒ AH // BF

⇒\(\frac{{AI}}{{EF}} = \frac{{CI}}{{CE}} = \frac{{IH}}{{BE}}\)(Định lí Talet)

Mà EF = BE ⇒ AI = IH ⇒ I là trung điểm AH (Gọi I = CE ∩ AH).

a. Ta có: MN // AB // CD (MN và AB cùng vuông góc với CE) và MD // NC (AD // BC) 

⇒ MNCD là hình bình hành (1) 

MD = \(\frac{{AD}}{2}\); MN = AB = \(\frac{{AD}}{2}\) nên MD = MN (2) 

Từ (1) và (2) ⇒ MNCD là hình thoi. 

b. Do MN//AB//CD(câu a) và M là trung điểm AD 

⇒ F là trung điểm EC ⇒ MF là đường trung tuyến của ∆MEC  với lại MF là đường cao của ∆MEC(MF ⊥ EC) ⇒ ∆MEC cân tại M 

c. ∆MEC cân tại M và MF là đường cao của ∆MEC 

⇒ MF là đường phân giác của ∆MEC \( \Rightarrow \widehat {EMF} = \widehat {FMC}\) 

\(\widehat {AEM} = \widehat {EMF}\)(AB // MN); \(\widehat {FMC} = \widehat {CMD}\)(MNCD là hình thoi nên đường chéo MC là phân giác

Từ 3 điều trên \( \Rightarrow \widehat {AEM} = \widehat {EMF} = \widehat {FMC} = \widehat {CMD} \Rightarrow 2\widehat {AEM} = \widehat {FMC} + \widehat {CMD}\).

Do ABCD là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \left( 1 \right)\)

Khi đó với E là điểm bất kì ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CE} + \overrightarrow {AD} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right) + \overrightarrow {CE} \left( 2 \right)\)(tính chất giao hoán và kết hợp)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CE} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CE} = \overrightarrow {AE} \)

Vậy \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CE} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AE} \).

Ta có: ABCD là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \)

\(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {DC} = \left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MD} } \right) + \left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DC} } \right)\)

\( = \left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MD} } \right) + \left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AB} } \right)\)(Vì \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \))\(\)

\( = \left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MD} } \right) + \overrightarrow 0 = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MD} \) (đpcm)\(\)

Do ABCD là hình vuông nên AB = BC = CD = DA

Mà AM = BN = CP = DQ \( \Rightarrow \) AB – AM = BC – BN = CD – CP = DA – DQ

Hay MB = NC = PD = QA

Xét ∆AMQ và ∆BNM có: \(\widehat {MAQ} = \widehat {NBM} = 90^\circ \); AM = BN (gt); QA = MB (CMT)

Do đó ∆AMQ = ∆BNM (2 cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự ta có: MN = NP và NP = PQ

Khi đó MN = NP = PQ = QM

Tứ giác MNQP có 4 cạnh bằng nhau nên là hình thoi

Do ∆AMQ = ∆BNM (CMT) nên \(\widehat {AMQ} = \widehat {BNM}\) (2 góc tương ứng)

Mà \(\widehat {BNM} + \widehat {BMN} = 90^\circ \)(do ∆BMN vuông tại B) \( \Rightarrow \widehat {AMQ} + \widehat {BMN} = 90^\circ \)

Lại có \(\widehat {AMQ} + \widehat {QMN} + \widehat {BMN} = 180^\circ \Rightarrow \widehat {QMN} = 180^\circ - \left( {\widehat {AMQ} + \widehat {BMN}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \)

Hình thoi MNPQ có \(\widehat {QMN} = 90^\circ \) nên MNPQ là hình vuông.

a. Xét ΔAHB và ΔBCD, ta có: \(\widehat {AHB} = \widehat {BCD} = 90^\circ \)

AB // CD (gt) nên \(\widehat {ABH} = \widehat {BDC}\) (so le trong)

Vậy ΔAHB ΔBCD (g.g)

b. Vì ΔAHB ΔBCD nên: \(\frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{AB}}{{BD}} \Rightarrow AH = \frac{{AB.BC}}{{BD}}\)  

Áp dụng định lí Pi–ta–go vào tam giác vuông BCD, ta có:

BD² = BC² + CD² = BC² + AB² = 12² + 9² = 225 ⇒ BD = 15 cm

Vậy AH = \(\frac{{12.9}}{{15}}\)=  7,2cm.

c. Ta có diện tích tam giác BCD là S_BCD = \(\frac{1}{2}BC.CD = \frac{1}{2}.9.12 = 54\) (cm²).

Vì ∆AHB ∆BCD với tỉ số đồng dạng \(k = \frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{7,2}}{9} = 0,8\) nên \(\frac{{{S_{AHB}}}}{{{S_{BCD}}}} = {k^2} = 0,{8^2} = 0,64\)

Suy ra S_AHB = 0,64S_BCD = 0,64 . 54 = 34,56 (cm²).

Xét các tam giác ∆IBC và ∆KBC: có BC là đường kính của (O) và I, K ∈ (O)

Nên ∆IBC vuông tại I và ∆KBC vuông tại K.

Xét 2 tam giác vuông ∆IBC và ∆KBC, ta có: BC chung, \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\)(do ∆ABC cân)

⇒ ∆IBC = ∆KCB (ch – gn) ⇒ IB = CK

⇒ ∆COK = ∆IOB (c.c.c) ⇒\(\widehat {COK} = \widehat {IOB}\)

⇒ Số đo 2 cung nhỏ CK và BI bằng nhau.

Xét ∆OAB: OA = OB = R

Tiếp tuyến MN tại D ⇒ OD ⊥ MN; OD cắt AB tại C

Mà AB // MN ⇒ AB ⊥ OD

⇒ OC là đường cao và đường trung tuyến của ∆OAB

\( \Rightarrow AC = BC = \frac{{AB}}{2} = \frac{{1,6R}}{2} = \frac{4}{5}R\)

Áp dụng định lí Pytago vào ∆OCB: \(OC = \sqrt {O{B^2} - B{C^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{4}{5}R} \right)}^2}} = \frac{3}{5}R\)

CB // DN ⇒ ∆OCB \(\# \) ∆ODN \( \Rightarrow \frac{{CB}}{{DN}} = \frac{{OC}}{{OD}} \Rightarrow DN = \frac{{CB.OD}}{{OC}} = \frac{{\frac{4}{5}R.R}}{{\frac{3}{5}R}} = \frac{4}{3}R\)

\( \Rightarrow MN = 2DN = 2.\frac{4}{3}R = \frac{8}{3}R \Rightarrow {S_{OMN}} = \frac{1}{2}OD.MN = \frac{1}{2}R.\frac{8}{3}R = \frac{4}{3}{R^2}\).

Xét ∆ABC có: M là trung điểm của AB (GT); P là trung điểm của BC (GT)

⇒ MP là đường trung bình ∆ABC ⇒ MP //= \(\frac{1}{2}\)AC

Do đó, ta chứng minh được hai tam giác BMP và BAC đồng dạng với nhau theo tỉ số \(\frac{1}{2}\).

\( \Rightarrow {S_{\Delta BMP}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{4}.24 = 6\left( {c{m^2}} \right)\)

Chứng minh tương tự, ta được: \({S_{\Delta CPN}} = {S_{\Delta AMN}} = 6\,\,c{m^2}\).

Do đó, \({S_{\Delta MNP}} = {S_{\Delta ABC}} - \left( {{S_{\Delta BMP}} + {S_{\Delta CPN}} + {S_{\Delta AMN}}} \right) = 24 - \left( {6 + 6 + 6} \right) = 6\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).