7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án ( Phần 21)

x : 0,25 + x ´ 11 = 24 

x ´ 4 + x ´ 11 = 24

x ´ (4 + 11) = 24

x ´ 15 = 24

x = 24 : 15

x = 1,6

Vậy x = 1,6.

x ´ 8,01 – x ´ 0,01 = 38

x ´ (8,01 – 0,01) = 38

x ´ 8 = 38

x = 38:8

x = 4,75

Vậy x = 4,75

Áp dụng định lý đường phân giác trong tam giác ta có:

AMHM=ACHC;    BNHN=ABAH

Xét ΔAHB và ΔCHA có:

AHB^=CHA^=90°

AH chung

BAH^=ACH^ (cùng phụ với CAH^)

Do đó ΔAHB ᔕΔCHA (g.g)

Suy ra ABAH=ACHC

Do đó, AMHM= BNHN

Suy ra MN // AB (định lý Ta-let đảo)

Vậy MN // AB.

x × 9,8 – x : 0,25 = 18,096

x × 9,8 – x × 4 = 18,096

x × (9,8 – 4) = 18,096

x × 4,8 = 18,096

x = 18,096 : 4,8

x = 3,77

0,16 : (x : 3,5) = 2,8

x : 3,5 = 0,16 : 2,8

x : 3,5=16280

x = 16280. 3,5 

x = 0,5

Vậy x = 0,2

x⁴ + 2x² – 3 = 0

⇔ (x⁴ + 2x² + 1) – 4 = 0

⇔ (x² + 1)² − 2² = 0

⇔ (x² + 1 − 2)(x² + 1 + 2) = 0

⇔ (x² – 1)(x² + 3) = 0

Vì x² ≥ 0 nên x² + 3 > 0 với mọi x

Do đó x² – 1 = 0

⇔ x² = 1

⇔ x = ± 1

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

x⁴ – 4x³ – 2x² + 12x + 5 = 0

⇔ (x⁴ – 4x³ + 4x²)– 6x² + 12x + 5 = 0

⇔ (x² – 2x)² – 6(x² – 2x) + 5 = 0

⇔ (x² – 2x)² – (x² – 2x) – 5(x² – 2x) + 5 = 0

⇔ (x² – 2x)(x² – 2x – 1) – 5(x² – 2x – 1) = 0

⇔ (x² – 2x – 1)(x² – 2x – 5) = 0

⇔x2−2x−1=0x2−2x−5=0⇔x2−2x+1−1=0x2−2x+1−6=0

⇔(x−1)2−2=0(x−1)2−6=0⇔x−1−2x−1+2=0x−1−6x−1+6=0

⇔x=1±2x=1±6

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S=1±2;  1±6.

Ta có: x³ – x²y – xy² + y³

= x²(x – y) – y²(x – y)

= (x² – y²)(x – y)

= (x – y)²(x + y)

–6x² – 9xy + 15y²

= –(6x² + 9xy – 15y²)

= –(6x² – 6xy + 15xy – 15y²)

= –[6x(x – y) + 15y(x – y)]

= –[(x – y)(6x + 15y)]

Ta có: sin² α + cos² α = 1

⇒ cos² α = 1 − sin² α

cos2α=1−452=1−1625=925

⇒cos2α=352cos2α=−352

⇒cosα=35cosα=−35

Mà α là góc tù ⇒ cos α < 0

cosα=−35

⇒A=2sinα−cosα=2⋅45−−35=85+35=115

Vậy A=115⋅

Sau 1 giờ, xe thứ nhất đi được quãng đường là:

30. 1= 30 (km)

Sau 1 giờ, xe thứ hai đi được quãng đường là:

40. 1= 40 (km)

Sau 1 giờ, hai xe cách nhau quãng đường là:

80 – 30 – 40 = 10 (km)

Đáp số: 10 km

Sau 1 giờ, xe thứ nhất đi được quãng đường là:

30. 1= 30 (km)

Sau 1 giờ, xe thứ hai đi được quãng đường là:

40. 1= 40 (km)

Sau 1 giờ, hai xe cách nhau quãng đường là:

160 – 30 – 40 = 90 (km)

Sau khi xe thứ nhất tăng tốc, thời gian hai xe gặp nhau là:

90 : (50 + 40) = 1 (giờ)

Tổng thời gian 2 xe đã đi là:

1 + 1 = 2 (giờ)

Đáp số: 2 giờ.

Ta có: 1m+1n=17

⇔m+nmn=17⇔7m+7n=mn

Û 7m + 7n – mn = 0

Û m(7 – n) + 7n – 49 = –49

Û m(7 – n) – 7(7 – n) = –49

Û (m – 7)(7 – n) = –49

Lập bảng xét các trường hợp:

Vậy các cặp nguyên dương (m; n) thoả mãn là: (56; 8); (8; 56); (14; 14).

Ta có: 3m+3n=1

⇔3m+3nmn=1⇔3m+3n=mn

Û 3m + 3n – mn = 0

Û m(3 – n) + 3n – 9 = –9

Û m(3 – n) – 3(3 – n) = –9

Û (m – 3)(3 – n) = –9

Lập bảng xét các trường hợp:

Vậy các cặp nguyên dương (m; n) thoả mãn là: (2; –6 ); (4; 12); (–6; 2); (12; 4); (0; 0); (6; 6)

Áp dụng công thức ta có: i=Ζ1Ζ2

Vậy tỉ số truyền ở đây là: i=Ζ1Ζ2=8020=4.

Vậy chi tiết đĩa líp quay nhanh hơn đĩa xích 4 lần.

(x+2)(3−4x)=x2+4x+4

⇔(x+2)(3−4x)−(x+2)2=0

⇔(x+2)(3−4x)−(x+2)(x+2)=0

⇔(x+2)(3−4x)−(x=2)=0⇔(x+2)(3−4x−x−2)=0⇔(x+2)(1−5x)=0⇔x+2=01−5x=0⇔x=−2x=0,2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {– 2; 0,2}.

Các thừa số tròn chục trong tích trên là: 10; 20; 30 và 40

Þ Các thừa số trên tạo ra 4 chữ số 0.

Các thừa số có tận cùng là chữ số 5 trong tích trên là: 5; 15; 25; 35 và 45

trong đó, 25 = 5 × 5.

Mỗi thừa số có tận cùng là chữ số 5 nhân với một thừa số chẵn sẽ tạo ra một số có tận cùng là chữ số 0.

Do đó các thừa số trên tạo ra 6 chữ số 0.

Tích 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × … × 45 × 46 có tận cùng số chữ số 0 là:

4 + 6 = 10 (chữ số)

Vậy tích 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × … × 45 × 46 có tận cùng 10 chữ số 0.

Các thừa số có tận cùng là chữ số 5 trong tích trên là: 15; 25 và 45

trong đó, 25 = 5 × 5.

Mỗi thừa số có tận cùng là chữ số 5 nhân với một thừa số chẵn sẽ tạo ra một số có tận cùng là chữ số 0.

Do đó các thừa số trên tạo ra 4 chữ số 0

Vậy 2 × 11 × 6 × 14 × 15 × 17 × 18 × 25 × 45 có tận 4 chữ số 0.

Hàm số y = ax² + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng 34 khi x=12 nên ta có:

−b2a=12⇔a+b=0   (1)

34=a122+b12+c⇔a+2b+4c=3  (2)

Hàm số y = ax² + bx + c nhận giá trị bằng 1 khi x = 1 nên ta có:

a + b + c = 1   (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: a+b=0               a+2b+4c=3a+b+c=1       

⇔a=1    b=−1c=1    

Vậy hàm số cần tìm là: y = x² – x + 1.

Hàm số y = ax² + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x = 1 nên ta có:

−b2a=1⇔2a+b=0   (1)

2 = a. 1² + b. 1 + c Û a + b + c = 2  (2)

Hàm số y = ax² + bx + c nhận giá trị bằng 3 khi x = 2 nên ta có:

4a + 2b + c = 3   (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: 2a+b=0a+b+c=24a+2b+c=3

⇔a=1    b=−2c=3    

Vậy hàm số cần tìm là: y = x² – 2x + 3.

Lời giải

P(0) = c mà P(0) nguyên

Þ c nguyên

P(1) = a + b + c mà P(1) nguyên

Þ a + b + c nguyên mà c nguyên

Þ a + b nguyên

P(2) = 4a + 2b + c mà P(2) nguyên

Þ 4a + 2b + c nguyên mà c nguyên

Þ 4a + 2b nguyên hay 2a + b nguyên

Þ 2a + b − (a + b) nguyên

Þ a nguyên mà a + b nguyên

Þ b nguyên

Do đó a, b, c nguyên

Vậy P(x) có giá trị nguyên với mọi x nguyên.

Tam giác ABC có A’B’, B’C’, C’A’ là các đường trung bình của tam giác

Ta có:

A'B'=BC'=C'A=12AB

⇒BC'→=C'A→=A'B'→=12BA→ (đpcm)

Vậy BC'→=C'A→=A'B'→.

G là trọng tâm tam giác ABC nên GA→+GB→+GC→=0→

Ta có: MA² + MB² + MC² = MA→2+MB→2+MC→2

=MG→+GA→2+MG→+GB→2+MG→+GC→2=MG2+2MG→.GA→+GA2+MG2+2MG→.GB→+GB2+MG2+2MG→.GC→+GC2=3MG2+GA2+GB2+GC2+2MG→.GA→+GB→+GC→=3MG2+GA2+GB2+GC2+2MG→.0→

=3MG2+GA2+GB2+GC2  (đpcm)

Vậy MA² + MB² + MC² = 3MG² + GA² + GB² + GC².

Ta có: AB cố định

ADC^=45° (vì tam giác BCD vuông cân)

Suy ra khi C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB cố định thì D chuyển động trên cung chứa góc 45° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Gọi B₀ là giao điểm của tiếp tuyến Ax với cung chứa góc 45° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Dây AC thay đổi phụ thuộc vị trí điểm C trên nửa đường tròn đường kính AB cố định.

AC lớn nhất khi AC = AB Û C≡A

Khi đó, D≡B0

AC nhỏ nhất khi AC = 0 Û C≡A

Khi đó, D≡B0

Vậy quỹ tích các điểm D khi C chạy trên nửa đường tròn đường kính AB là cung BB₀ nằm trên cung chứa góc 45° dựng trên đoạn thẳng AB cố định, trong nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C (bị giới hạn bởi tiếp tuyến).

Ta có: AB cố định

AEB^=135° (góc ngoài của tam giác BCE vuông cân)

Suy ra khi C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB cố định thì E chuyển động trên cung chứa góc 135° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Vậy quỹ tích các điểm E khi C chạy trên nửa đường tròn đường kính AB là cung chứa góc 135° dựng trên đoạn thẳng AB cố định.

Để lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số ta phải thực hiện qua ba giai đoạn:

+ Chọn một quả cầu đỏ

+ Chọn một quả cầu xanh

+ Chọn một quả cầu vàng

Chọn quả cầu đỏ có 5 cách chọn

Chọn quả cầu xanh có 5 cách chọn (trừ quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ)

Chọn quả cầu vàng có 5 cách chọn (trừ hai quả cầu được đánh số trùng với quả cầu đỏ và quả cầu xanh)

Theo quy tắc nhân ta được 5. 5. 5 = 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số

Vậy có 125 cách lấy ra ba quả cầu vừa khác màu vừa khác số.

Trường hợp 1: chọn 4 bi đỏ hoặc trắng có:  C94=126 (cách)

Trường hợp 2: chọn 4 bi đỏ và vàng hoặc 4 bi vàng có C104−C44=209 (cách)

Trường hợp 3: chọn 4 bi trắng và vàng có C114−(C54+C64)=310 (cách)

Số cách chọn 4 viên bi từ hộp đó sao cho không có đủ 3 màu là:

126 + 209 + 310 = 645 (cách)

Vậy có 645 cách.

Xét ΔABH và ΔKBH có:

AH = KH (gt)

BHA^=BHK^=90°

BH cạnh chung

Do đó ΔABH = ΔKBH (c.g.c)

Để hai đồ thị hàm số trên song song thì:

m+1=2      m2+m≠2⇔m=1                                (m−1)(m+2)≠0⇔m=1    m≠1    m≠−2 (vô lý)

Vậy không tồn tại m để 2 đường thẳng trên song song.

Để d // d’ thì: m−1=3   −2m≠1 ⇔m=4                             m≠−12                         

Vậy m = 4 thì d // d’.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Phương trình Parabol (P) có dạng y = ax² + bx + c

(P) đi qua điểm A(0; 0), B(162; 0) và M(10; 43) nên ta có:

c=0                                     1622.a+162b+c=0102.a+10b+c=43   ⇔c=0              a=−431520b=3483760   

⇒(P):y=−431520x2+3483760x

Do đó chiều cao của cổng là:

h=−Δ4a=−b2−4ac4a≈185,6   (m)

Vậy độ cao của cổng Arch (tính từ mặt đất đến điểm cao nhất của cổng) khoảng 185,6 m.

Ta có: P=logab3+loga2b6=3logab+62log2b=6logab

Vậy P=6logab.

Giả sử phương trình có hai nghiệm x₁ và x₂.

Theo Vi-et ta có: x1+x2=2m−2             x1+x2=m2−3m+4

⇒m=x1+x2+22

x1x2=x1+x2+222−3x1+x2+22+4

Vậy hệ thức liên hệ giữa x₁ và x₂ độc lập với m là x1x2=x1+x2+222−3x1+x2+22+4.

Giả sử phương trình có hai nghiệm x₁ và x₂.

Theo Vi-et ta có: x1+x2=2m−2             x1+x2=m2−3m         

⇒m=x1+x2+22

⇒x1x2=x1+x2+222−3x1+x2+22

Vậy hệ thức liên hệ giữa x₁ và x₂ độc lập với m là x1x2=x1+x2+222−3x1+x2+22.

A=110  . 11+111 .  12+...+199 .  100A=110−111+111−112+...+199−1100A=110−1100=9100A=9100

AE là phân giác của CAx^

⇒CAE^=EAF^=12CAF^

Mà ABE^=EAF^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến cùng chắn cung AE⏜)

⇒ABE^=CAE^ (1)

Ta có: ACB^=AEB^=90° (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2)

Từ (1) và (2) ta có: AKB^=BAE^ (vì cùng phụ với hai góc bằng nhau)

Vậy ΔABK cân tại B.

Ta có: AH→=AB→+BH→

=AB→+43BE→=AB→+43BA→+AE→

=AB→+43−AB→+12AC→

=23AC→−13AB→

Vậy AH→=23AC→−13AB→.

Ta có: MN là đường trung bình của ΔSAB

Þ MN // AB

Mà AB // CD (vì ABCD là hình thang)

Þ MN // CD

Lại có: CD Ì (SCD)

Þ MN // (SCD)

Vậy MN // (SCD).

Trong (ABCD) gọi AD Ç BC = {E}

Ta có:

•E Î AD Ì (ADN) Þ E Î (ADN)

•E Î BC Ì (SBC) Þ E Î (SBC)

Do đó E Î (ADN) Ç (SBC)

Þ (ADN) Ç (SBC) = EN

Gọi SC Ç EN = {P}

Ta có: P Î SC

P Î EN Ì (ADN)

Þ P = SC Ç (ADN)

Vậy điểm P cần tìm là giao điểm của SC và EN

Độ dài đường chéo BD là:

 BD=2. 2010=4   (cm)

Đáp số: 4 cm.

Độ dài đường chéo BD là:

20⋅35=12  (cm)

Diện tích hình thoi ABCD là:

20.122=120  (cm2)

Đáp số: 120 cm²

ACB^=90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông ABC, ta có:

AB² = AC² + BC²

Û (2R)² = AC² + R²

Û AC² = 3R²

⇔AC=R3

Ta có: sinA=BCAB=R2R=12⇒A^=30°

⇒MOMI+MOMB= AO+NOAN=ANAN=1

Vậy AC=R3; A^=30°; B^=60°.

Gọi H = OD ∩ AC

Ta có:OD ⊥ AC tại H 

⇒ H là trung điểm của AC

⇒ OD là trung trực của AC

⇒ DA = DC (tính chất đường trung trực).

Xét ΔOAD và ΔOCD có:

OA = OC (= R)

OD chung

DA = DC

Þ ΔOAD = ΔOCD (c.c.c)

⇒OAD^=OCD^

Mà OAD^=90°

⇒OCD^=90°

Þ OC ⊥ CD

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

Ta có: A = |x – 3| + |x – 5| + |x – 7|

= |x – 3| + |x – 5| + |7 – x| ≥ | x − 3 + 7 − x | + | x − 5 |

= | 4 | + | x − 5 |

= 4 + | x − 5 |

Do |x – 5| ≥ 0 nên 4 + |x – 5| ≥ 4

Þ |x – 3| + |x – 5| + |7 – x| ≥ 4

Dấu "=" xảy ra khi |x – 5| = 0

⇔ x − 5 = 0

⇔ x = 5

Vậy GTNN của A = 4 khi x = 5.

Ta có: M = |x + 5| + |x + 2| + |x – 7| + |x – 8|

³|−x + 8 – x – 2 + x + 5 + x + 7| = 18

Dấu bằng xảy ra khi −5 £ x £−2.

Vậy M có giá trị nhỏ nhất là 18 khi −5 £ x £−2.

(n – 3) + (n – 2) + (n – 1) + … + 10 + 11 = 11

Û (n – 3) + (n – 2) + (n – 1) + … + 10 = 0

Gọi số các số hạng từ n – 3 đến 10 là x (số hạng) (x∈ℕ*)

Ta có:

[10 + (n – 3)]. x : 2 = 0

Û (n + 7). x = 0

Vì x > 0 nên n + 7 = 0 Û n = –7 (tmđk)

Vậy n = –7.

(n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + (n + 4) = 90

Û 4n + 10 = 90

Û 4n = 80

Û n = 20

Vậy n = 20.

15,515  515 0 0  5     0250,62

|2x – 1| = x + 2

• Với x≥12, ta có |2x – 1| = 2x – 1

Û 2x – 1 = x + 2

Û x = 3 (TMĐK)

• Với x<12, ta có |2x – 1| = 1 – 2x

Û 1 – 2x = x + 2

Û 3x = –1

⇔x=−13(TMĐK)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S=−13;  3.

(x + 3) – |x + 7| = 0

Û x + 3 = |x + 7|

• Với x ≥ –3, ta có: x + 3 = x + 7

Û 0 = 4 (vô lí)

• Với x < –3, ta có: x + 3 = –x – 7

Û 2x = –10

Û x = –5 (TMĐK)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = –5.

xy + x + y = 17

Û x(y + 1) + (y + 1) = 18

Û (x + 1)(y + 1) = 18

Do x, y ∈ ℕ nên ta có bảng:

Vậy các cặp số (x, y) là (0; 17), (1; 8), (2; 5), (5; 2), (8; 1), (17; 0).

Đặt n² + 31 = a² (a ∈ ℕ)

Û a² – n² = 33

Û (a - n)(a + n) = 33 = 1. 31

Dễ thấy a – n < a + n nên ta có:

a−n=1a+n=31

⇔a=16n=15

Vậy n = 15

Ta có: A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y⁴

= (x² + 5xy + 4y²)( x² + 5xy + 6y²) + y⁴

Đặt x² + 5xy + 5y² = t (t ∈ ℕ)

A = (t – y²)(t + y²) + y⁴ = t² – y⁴ + y⁴ = t²

Vậy A là số chính phương.

Ta có: A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n² + 3n)(n² + 3n + 2) + 1

Đặt n² + 3n = t (t ∈ ℕ)

A = t(t + 2) + 1

= t² + 2t + 1 = (t + 1)²

Vậy A là số chính phương.

Ta có: 37,99 = 16 × 2,37 + 0,07

Vậy số dư của phép chia 37,99 cho 16 là 0,07.

Ta có: 32,451 = 24 × 1,352 + 0,003

Vậy số dư của phép chia 32,451 chia cho 24 là 0,003.

Đặt n² + 2n + 12 = k² (k∈ℕ)

Û n² + 2n + 1 + 11 = k²

Û (n + 1)² + 11 = k²

Û k² – (n + 1)² = 11

Û (k – n – 1)(k + n + 1) = 11 = 1. 11

Dễ thấy k + n + 1 > k – n – 1 nên ta có:

k+n+1=11k−n−1=1   

⇔k+n=10k−n=2   

⇔k=6  n=4  

Vậy n = 4.

Đặt n² + 3n = k² (k∈ℕ)

Û 4n² + 12n + 9 – 9 = 4k²

Û (2n + 3)² – 4k² = 9

Û (2n + 3 – 2k)(2n + 3 + 2k) = 9

Dễ thấy 2n + 3 + 2k > 2n + 3 – 2k nên ta có:

2n+3+2k=92n+3−2k=1

⇔k+n=3      n−k=−1   

⇔k=2  n=1  

Vậy n = 1.

46 – (x – 11) = –48

Û x – 11 = 46 + 8

Û x – 11 = 94

Û x = 94 + 11

Û x = 105

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 105.

4x – 20 = 4

Û 4x = 20 + 4

Û 4x = 24

Û x = 6

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 6.

7x³ + 12x² – 4x = 0

Û x(7x² + 12x – 4) = 0

Û x(7x² + 14x – 2x – 4) = 0

Û x[7x(x + 2) – 2(x + 2)] = 0

Û x(x + 2)(7x – 2) = 0

⇔x=0           x+2=0   7x−2=0

⇔x=0   x=−2x=27 

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cholà S=−2;  0;  27.

x(x − 3) + 5x = x²−8

Û x(x − 3) + 5x − x² + 8 = 0

Û x² − 3x + 5x − x² + 8 = 0

Û 2x + 8 = 0

Û 2x = −8

Û x = −4

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = −4.

Tập xác định của hàm số là tập hợp các giá trị của x thỏa mãn điều kiện: −2x+3m+2≥02x+4m−8≠0

⇔3m+2≥2x2x≠8−4m⇔x≤3m+22x≠4−2m

Để hàm số xác định trên khoảng (−∞;−2) cần có:

⇔3m+22≥−24−2m≥−2⇔m≥−2m≤3

Þ m Î [−2; 3]

Vậy m Î [−2; 3].

E, F là trung điểm AB, CD

⇒AE=EB=12AB,  DF=FC=12CD

Ta có: AB = CD hay 2AD = 2BC

Þ AE = EB = BC = CF = FD = DA.

Tứ giác ADFE có AE // DF, AE = DF

Þ ADFE là hình bình hành.

Hình bình hành ADFE có A^=90°

Þ ADFE là hình chữ nhật.

Hình chữ nhật ADFE là hình chữ nhật có AE = AD

Þ ADFE là hình vuông

Vậy ADFE là hình vuông.

Tứ giác DEBF có EB // DF, EB = DF nên là hình bình hành

Do đó DE // BF

Tương tự: AF // EC

Suy ra EMFN là hình bình hành

E, F là trung điểm AB, CD

⇒AE=EB=12AB,  DF=FC=12CD

Ta có: AB = CD hay 2AD = 2BC

Þ AE = EB = BC = CF = FD = DA.

Tứ giác ADFE có AE // DF, AE = DF

Þ ADFE là hình bình hành.

Hình bình hành ADFE có A^=90°

Þ ADFE là hình chữ nhật.

Hình chữ nhật ADFE là hình chữ nhật có AE = AD

Þ ADFE là hình vuông

Þ ME = MF, ME ⊥ MF.

Hình bình hành EMFN có M^=90° nên EMFN là hình chữ nhật.

Lại có ME = MF nên EMFN là hình vuông.

Vậy EMFN là hình vuông.

Vì m//nx⊥m  (gt)⇒x⊥n (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Vậy x ^ n.

Nối A với Q, ta có: AQB^=90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Lại có tam giác ABM vuông tại A

Þ AQ ^ BM

Xét ΔAMB vuông tại A có:

AQ ^ BM

Þ MA² = MQ . MB (theo hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Vậy MA² = MQ . MB

Vì ΔABC cân tại A nên AI vừa là đường phân giác vừa là đường cao

Do đó ba điểm A, I, O thẳng hàng 

Þ AO ⊥ BC

⇒OIC^=ICB^=90°(1)

Vì OI = OC = R nên ΔIOC cân tại O

⇒OIC^=ICO^ (2)

CI là phân giác của C^:

⇒ICB^=ICA^(3)

Từ (1); (2) và (3) ta có:

ICA^+ICO^=90°

⇒ACO^=90°

Þ AC ^ CO

Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác BIC.

Xét ΔABC có:

CI là phân giác của ACB^

 CK ^ CI

Þ CK là đường phân giác góc ngoài ACB^

⇒AIHI=AKHK (tính chất đường phân giác)

ÞAI. HK = AK. HI (đpcm)

Vậy AI. HK = AK. HI

Xét ΔABC vuông tại A có AE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra AE=EB=EC=12BC

Vì EA = EC nên E nằm trên đường trung trực của AC.

Vì N là trung điểm của AC nên N nằm trên đường trung trực của AC.

Suy ra EN là đường trung trực của đoạn thẳng AC nên EN ⊥ AC.

Ta có: BA ⊥ AC và EN ⊥ AC nên BA // EN.

Tứ giác ANEB có BA // EN nên ANEB là hình thang

Lại có BAN^=90° nên hình thang ANEB là hình thang vuông

Vậy ANEB là hình thang vuông.

Xét ΔABC vuông tại A có:

AE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra

Ta có: EA = EC nên E nằm trên đường trung trực của AC.

N là trung điểm của AC nên N nằm trên đường trung trực của AC.

Þ EN là đường trung trực của đoạn thẳng AC nên EN ⊥ AC

⇒ANE^=90°

Lại có: EA = EB nên E nằm trên đường trung trực của AB.

M là trung điểm của AB nên M nằm trên đường trung trực của AB.

Þ EM là đường trung trực của AB nên EM ⊥ AB hay 0AME^=90°

Tứ giác AMEN có: ANE^=AME^=MAN^=90°

ÞANEM là hình chữ nhật

Vậy ANEM là hình chữ nhật.