7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 88)

Dựng hình bình hành AGCE

Ta có: MA→+GC→=MA→+AE→=ME→

Kẻ EF ⊥ BC (F ∈ BC)

Khi đó MA→+GC→=ME→=ME≥EF

Do đó MA→+GC→ đạt giá trị nhỏ nhất khi M ≡ F

Gọi P là trung điểm của AC, Q là hình chiếu vuông góc của P lên BC

Vì AGCE là hình bình hành, P là trung điểm của AC

Suy ra P là trung điểm của GE

Do đó GP=PE=12GE

Vì G là trọng tâm tam giác ABC, BP là trung tuyến

Suy ra BG=23BP,GP=13BP

Ta có: BE = BP + PE

Hay BE=BP+13BP=43BP

Xét ∆BPQ và ∆BEF có

FBE^ là góc chung;

BQP^=BFE^=90°

Suy ra: ∆BPQ ∽ ∆BEF (g.g)

Do đó BPBE=BQBF=34⇒BF→=43BQ→

Xét DAHC có P là trung điểm của AC và AH // PQ (vì cùng vuông góc với BC)

Suy ra Q là trung điểm của CH

Hay HQ→=12HC→; mà BH→=13HC→

Ta có: BQ→=BH→+HQ→=13HC→+12HC→=56HC→=56.34BC→=58BC→

Do đó: BF→=43BQ→=56BC→

Vậy x=56.

Trong ∆ABC, ta có: A^+B^+C^=180°(tổng ba góc trong tam giác)

Suy ra: B^+C^=180°−A^=180°−70°=110°

Ta có:

B1^=12B^(vì BD là tia phân giác)

C1^=12C^(vì CE là tia phân giác)

Trong ∆BIC, ta có:

BIC^+B1^+C1^=180°(tổng 3 góc trong tam giác)

Suy ra: BIC^=180°−12B^+C^=180°−12.110°=125°.

Ta có: HB – HA= AC; HB + HA = AB

Suy ra: AH=AB−AC2

AC² = AH.AB = AB−AC2.AB=AB22−AB.AC2

⇒AB22AC2+−AB2AC=1

⇔ AB22AC2−AB2AC−1=0

⇔ ABAC=−1ABAC=2⇒ACAB=−1ACAB=12⇒sinB^=−1sinB^=12⇒B^=−90°LB^=30°

Suy ra: A^=180°−90°−30°=60°.

Ta có: AKB^=AHB^=90°

Suy ra ABHK nội tiếp đường tròn đường kính AB

⇒ CHK^=CAB^,CKH^=CBA^

⇒ ΔCHK ∽ ΔCAB (g.g)

⇒ SCABSCHK=AB2HK2⇒SCAB−SCHKSCHK=AB27−1⇔SABHKSCHK=AB27−1⇔7=AB27−1

Suy ra: AB = 214

Mặt khác: CHCA=HKAB=24

⇒ sinC^=CHCA=24

Do ABsinC^=2R⇒R=47.

Kẻ HF // DC

Xét tam giác DBC có:

HB = HC (tam giác ABC có AH vừa là đường cao vừa là đường trung trực)

DC // HF

N là trung điểm DB (DN = NB) (1)

Xét tam giác AFH có: M là trung điểm AH (MA = MH)

DM // HF (HF // DC, M thuộc DC)

Suy ra: D là trung điểm NA hay DN = NA (2)

Từ (1), (2): DN = DA = NB

Vậy AD=13AB

a) Xét tam giác AED và CEF có:

EA = EC

AED^=CEF^(đối đỉnh)

ED = EF

⇒ ∆AED = ∆CEF (c.g.c)

⇒ DA = CF

Mà DA = DB nên DB = CF

b) ∆AED = ∆CEF nên: A^=ECF^

Suy ra: AB // CF

⇒BDC^=DCF^ (so le trong)

Xét tam giác BDC và FCD có:

DC chung

BDC^=DCF^

BD = CF

⇒ ∆BDC = ∆FCD (c.g.c)

c) ∆BDC = ∆FCD nên DCB^=CDF^

Suy ra: DE // BC (2 góc so le trong bằng nhau)

Lại có BC = DF = 2DE

Nên: DE=12BC.

Gọi M là trung điểm AB

AB→−GC→=AB→+CG→=AB→+23CM→=AB→+13CA→+13CB→=23AB→+13CA→+CB→

=23AB→+23CB→=23AM

23AM=234a2−2a2=4a33.

u→=GA→+GB→+GM→+GN→=GA→+GB→+GC→+CM→+GB→+BN→

=GA→+GB→+GC→+GB→+CM→+BN→=GB→+2BN→

G là trọng tâm nên BG=23.a32=a33

Ta có u→=GB→+2BN→

⇒u→2=BG2+4BN2+4.GB→.BN→=a23+4a2+4.a33.a.cos120°=13−233a2

Vậy u→=13−233a.

a) Do tam giác ABC đều nên BAC^=ABC^=60° và AB = BC = CA = a.

Khi đó: CB→.BA→=−BC→.BA→=−BC→.BA→.cosBC→,BA→=−a.a.cos60°=−a22

b) Do AH là đường cao của tam giác ABC nên AH ⊥ BC

Suy ra: AH→⊥BC→⇒AH→.BC→=0.

u→=AH→−CA→+CB→=AH→+AC→+CB→=AH→+AB→

AH là đường cao vừa là đường phân giác nên BAH^=30°

Hay AH→,AB→=30°

Lại có: AH=a32;AB=a

Suy ra: u→=AH→+AB→=AH2+AB2−2.AH.AB.cos30°=a2.

AB→−GC→=AC→+CB→+CG→=AG→+CB→=2GH→+2HB→=2GH→+HB→=2GB=2.a33=2a33

BM→=BA→+AM→=−AB→+12AC→Suy ra: BM→=−AB→+12AC→=−a3+12.−a3=332a

Nối A vs N

a) Xét tam giác CEF có: N là trung điểm của EF (gt) và A là trung điểm của FC (vì C đối xứng với F qua A)

⇒ AN là đường trung bình của tam giác CEF

⇒ AN//CE và AN=12CE

⇒ AN=12BC(vì BC = CE)

⇒ AN = BM(vì BM=12BC)

Xét tứ giác ANMB có: AN = MB (cmt) và AN//MB

(vì AN// CE; B, M, C, E thẳng hàng)  

⇒ tứ giác ANMB là hình bình hành

⇒ MN // AB và AB = MN (1)  

xét tam gíac AGD có: I là trung điểm của AG (gt) và K là trung điểm của DG (gt)

⇒ IK là đường trung bình của tam giác AGD

⇒ IK=12ADvà IK //AD 

Mà B là trung điểm của AD (vì A đx vs D qua B) ⇒ AB = BD = 12AD

⇒ IK = AB (= 12AD)     (2)

Từ (1), (2) ⇒ IK = MN

Ta có: MN// AB (cmt); B thuộc AD ⇒ MN//AD

Xét tứ giác MNIK có: IK = MN (cmt) và IK // MN (cùng // AD) 

⇒ tứ giác MNIK là hình bình hành (đpcm)

b) Do tứ giác MNIK là hình bình hành (câu a) mà G là giao điểm của IM và KN nên G là trung điểm của IM là KN

⇒ IG = MG và KG = NG

Mặt khác: I là trung điểm của AG (gt) ⇒ IG = AI ⇒ AI = IG = GM

K là trung điểm của DG (gt) ⇒ DK = KG ⇒ DK = KG = GN

xét tam giác ABC có: AM là đường trung tuyến và AI = IG = GM (cmt)

⇒ G là trọng tâm của tam giác ABC (*)

Xét tam giác DEF có: DN là đg trung tuyến (gt) và DK = KG = GN (cmt) ⇒ G là trọng tâm của tam giác DEF   (**)

Từ (*), (**) ⇒ G vừa là trọng tâm của tam giác ABC vừa là trọng tâm của tam giác DEF

⇒ Tam giác ABC và tam giác DEF có cùng trọng tâm là G (đpcm).

a/ Gọi E là trung điểm của MC

Từ giả thiết:  AM=12MC nên AM = ME = EC

Xét tam giác BCM có ME = EC (cmt); DB = DC (gt)

⇒ DE là đường trung bình của tam giác BCM

⇒ DE // BM 

Xét tam giác ADE có

AM = ME (cmt)

BM // DE (cmt)

⇒ OM // DE

⇒ OA = OD (trong tam giác đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

b/ Ta có DE là đường trung bình của tam giác BCM ⇒ DE=12BM

Xét tam giác ADE có

OA=OD (cmt); AM=ME (cmt) ⇒ OM là đường trung bình của tam giác ADE

⇒ OM=12DE=12.12BM=14BM.

GA→+GB→+GC→=0→

⇔ GA→+2GI→=0→

⇔ GA→=−2GI→

Từ đó suy ra ba điểm A, G, I thẳng hàng, trong đó GA = 2GI, G nằm giữa A và I.

Vậy G là trọng tâm của tam giác ABC.

Ta có MA = MB ⇒ tam giác MAB cân tại M
⇒ MAB^=MBA^
+ MA = MC ⇒ tam giác MAC cân tại M

⇒ MAC^=MCA^
Trong tam giác ABC có ABC^+BCA^+BAC^=180°(tổng 3 góc trong một tam giác bằng 180°)
⇒ 2ABC^+2BCA^=180°
⇒ ABC^+BCA^=90°

Suy ra: BAC^=90°
⇒ tam giác ABC vuông tại A.

a) Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có 

BAE^ chung

AEB^=AFC^=90°

Do đó: ΔAEB ∽ ΔAFC (g-g)

b) Ta có: ΔAEB ∽ ΔAFC(cmt)

nên AEAF=ABAC hay AE.AC = AF.AB

Xét ΔAEF và ΔABC có

AEAF=ABAC(cmt)

FAE^ chung

Do đó: ΔAEF ∽ ΔABC (c-g-c).

a) Ta có: sinA^=CECA⇒CE=CA.sinA^=63

AE=AC2−CE2=6cm

b) Xét ΔADB, ΔAEC có:

Chung A^

D^=E^=90°

⇒ ΔADB ∽ ΔAEC(g.g)

⇒ ADAE=ABAC

Mà DAE^=BAC^

⇒ΔADE ∽ ΔABC (c.g.c)

c.Từ câu b ⇒ AED^=ACB^

⇒ FEB^=AED^=ACB^=FCD^

Mà EFB^=DFC^
⇒ ΔFBE ∽ ΔFDC (g.g)

⇒ FBFD=FEFC

⇒ FB.FC = FE.FD.

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác AHC vuông tại H:

1HN2=1AH2+1HC2=132+142⇒HN=2,4cm

tanACB^=tanACH^=AHHC=34

Suy ra: ACB^≈37°.

b) Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AHC, AHB có:

AH² = AN.AC; AH² = AM.AB

Suy ra: AN.AC = AM.AB

⇒ AMAN=ACAB

Xét tam giác AMN và tam giác ABC có:

Chung A^

AMAN=ACAB

⇒ ∆AMN ∽ ∆ABC (c.g.c).

a) Trong tam giác ABH vuông tại H, ta có: 

EH² = AE.BE = 3,6.6,4 = 23,04 ⇒ EH = 4,8 (cm)

AH² = AE.AB = 3,6(3,6 + 6,4) = 36 ⇒ AH = 6 (cm)

sinB^=AHAB=63,6+6,4⇒B^=36,87°≈37°

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABH vuông tại H: 

AH² = AE.AB

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ACH vuông tại H: 

AH² = AF.AC

Suy ra: AB.AE = AC.AF (= AH²)

c) Xét tam giác AEF và tam giác ABC có:

Chung A^

AEAC=AFAB(từ AB.AE = AC.AF)

⇒ ∆AEF ∽ ∆ACB (c.g.c)

⇒ AEF^=ACB^;AFE^=ABC^

Gọi I là giao điểm AD và EF

Có: tam giác IAF vuông tại I nên IAF^+IFA^=90°

Tam giác ABH vuông tại H nên BAH^+ABH^=90°

Mà: AFE^=ABC^ hay IFA^=ABH^ nên BAH^=IAF^

Xét tam giác AOE và ADC có:

EAO^=DAC^(vì BAH^=IAF^)

AEF^=ACB^⇔AEO^=DCA^

Suy ra: ∆AOE ∽ ∆ADC (g.g)

⇒ SADCSAOE=AC2AE2=AHsinC2AH.cosBAH^2=1sin2C.cos2BAH^=1sin2C.sin2B

(vì tam giác ABH vuông tại H nên cosBAH^=sinB^).

b) Vì BN ⊥ CM (cmt)

⇒ MH ⊥ KN

Xét tứ giác MNHK có 2 đường chéo MH và KN vuông góc với nhau 

⇒ MNHK là hình thoi.

• Xét tam giác HAB có BD ⊥ AH, AE ⊥ BH, HF ⊥ AB và ba đường cao BD, AE, HF cắt nhau tại C.

Do đó C là trực tâm tam giác HAB.

• Xét tam giác HBC có HD ⊥ BC, BF ⊥ HC, CE ⊥ BH và ba đường cao HD, BF, CEcắt nhau tại A.

Do đó A là trực tâm tam giác HBC.

• Xét tam giác HCA có HE ⊥ AC, AF ⊥ HC, CD ⊥ AH và ba đường cao HE, AF, CD cắt nhau tại B.

Do đó B là trực tâm tam giác HCA.

Vậy trực tâm của các tam giác HAB, HBC, HCA tương ứng là C, A, B.

Kẻ đường cao AH, trung tuyến AD, trọng tâm G

Tam giác AHD vuông tại H nên AH ≤ AD

⇒ BCAH≥BCAD1

Ta có: cotC+cotB=CHAH+BHAH=BCAH≥BCAD (2)

Mà BM vuông góc CN nên GD là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra: BC = 2GD (3)

Mà G là trọng tâm nên 3GD = AD (4)

Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ cotC+cotB≥BCAD=2GD3GD=23.

Ta có: AD=DE=EB=13AB1

Suy ra: AE = AD + DE = 23AB2

Trong ΔABC, ta có: DM // BC (gt)

Nên: ADAB=DMBC (hệ quả định lí Ta-lét)

Suy ra: ADAB=DMa3

Từ (1) và (3) suy ra: 13=DMa

Suy ra: DM=a3

Trong ΔABC, ta có: EN // BC (gt)

⇒ AEAB=ENBC=ENa

⇒ ENa=23⇒EN=2a3.

a) Xét tứ giác ANDM có 3 góc vuông tại A, M, N

⇒ ANDM là hình chữ nhật

Vậy ANDM là hình chữ nhật

b) Vì ANDM là hình chữ nhật

⇒ AN = DM; AN//DM

Lại có E đối xứng với D qua M

⇒ DM = ME

⇒ ME // AN; ME = AN

⇒ ANME là hình bình hành

⇒ AE // MN

Vậy AE // MN

c) D nằm ở vị trí nào thì ANDM đều là hình chữ nhật.

Từ M kẻ ME vuông góc với AB, MF vuông góc với AC.
Ta có ΔEBM vuông cân tại E, ΔFMC vuông cân tại F và AEMF là hình chữ nhật.
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác EBM, FMC, AEF ta có:
BM² = EM² + BE² = 2.ME² ; MC² = 2.FM²

⇒ BM² + MC² = 2.(ME² + MF²)             (1)
Mà AM² = EF² = ME² + MF²        (2)
Từ (1),(2) ta được MB² + MC² = 2MA².

a) Ta có tam giác ABC vuông cân tại A nên: BC² = AB² + AC² = 4² + 4² = 32

⇒ BC = 42.

b) Ta có: tam giác ABC vuông cân tại A nên ABC^=ACB^=45°.

Vì AD vuông góc với BC nên ADB^=ADC^=90°

⇒ BAD^=DAC^=45°

Suy ra: tam giác ABD và tam giác DAC vuông cân tại D

Suy ra: DA = DB; DA = DC

⇒ DB = DC hay D là trung điểm BC.

c) Có: DE ⊥ AB nên AED^=90°

mà tam giác ADB vuông cân tại D nên: EAD^=BAD^=45°

⇒ Tam giác ADE vuông cân tại E.

d) Từ câu b có DA = DB = DC

Mà D là trung điểm BC nên DB=12BC=22

Vậy DA=22.

a) Ta có

BE = DF (cạnh đối hình bình hành)

BE = CF (gt)

⇒ CF=DF ⇒ tam giác CDF cân tại F

Ta có DF//BE ⇒ DF//AB mà AB ⊥ AC ⇒ DF ⊥ AC

⇒ tam giác CDF vuông cân tại F ⇒ FCD^=FDC^=45°

Tam giác ABC vuông cân tại A ⇒ ABC^=ACB^=45°

⇒ BCD^=ACF^−ACB^+FCD^=90°

⇒ DC ⊥ BC (đpcm)

b/ Từ E dựng đường thẳng vuông góc với AB cắt BC tại K

Xét tam giác vuông BEK có: BKE^=180°−BEK^+ABC^=45°

⇒BKE^=ABC^=45°

⇒ tam giác BEK cân tại E ⇒ BE=KE

Mà BE = CF (gt)

⇒ KE = CF (1)

Ta có: KE ⊥ AB

AC⊥AB

⇒ CF ⊥ AB

⇒ KE // CF (2)

Từ (1) và (2) ⇒ CEKF là hình bình hành

⇒ IE = IF (trong hbh hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

Xét tam giác vuông AEF có: IE = IF (cmt) 

⇒AI=12EF 

Mà EF = DB nên AI=12DB.

Đặt AB = x

Dễ chứng minh tam giác HBA và tam giác ABC đồng dạng (g.g)

⇒ AB² =BH.BC

⇒ x² = 4BH

Hay BH = x24

Lại có: AB²= BH²+ AH² 

⇒ AH² = x2−x416⇒AH=x416−x2

SAIHK=HI.HK≤HI2+HK22=AH22=x216−x232

Suy ra: SAIHK=16232.4=2

Dấu “=” khi x² = 16 – x² hay x = AB = 22; HI = HK thì tam giác ABC vuông cân tại A.

a) Do D, E thuộc đường tròn đường kính DE nên DAE^=DHE^=90°

Xét tứ giác ADHE có 3 góc vuông nên nó là hình chữ nhật.

Do ADHE là hình chữ nhật nên hai đường chéo DE và AH cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Mà O là trung điểm AH nên O là trung điểm DE.

Vậy D, O, E thẳng hàng.

b) Do AH vuông góc BC nên BC cũng là tiếp tuyến tại H của đường tròn (O)

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có : DM = MH.

Xét tam giác vuông ADH có DM = MH nên DM = MH = MB hay M là trung điểm BH.

Tương tự N là trung điểm HC.

c) Dễ thấy MDEN là hình thang vuông.

Vậy thì SMDEN=MD+EN.DE2=MH+HN.AH2=MN.AH2=12BC.AH2

=14.BC.AH=14.AB.AC

=14.8.9=18cm2.

a) Xét 2 tam giác vuông ΔABM và ΔDBM có:

BM chung

ABM^=DBM^(do BM là phân giác)

⇒ΔABM = ΔDBM (cạnh huyền- góc nhọn)

⇒ BA = BD (hai cạnh tương ứng)

b) Xét 2 tam giác vuông ΔABC và ΔDBE có:

BA = BD (chứng minh ở câu a)

B^ chung

⇒ ΔABC = ΔDBE (cạnh góc vuông- góc nhọn)

c) Xét 2 tam giác vuông ΔAMK và ΔDMH có:

AM = DM (hai cạnh tương ứng do ΔABM = ΔDBM)

AMK^=DMH^ (đối đỉnh)

⇒ ΔAMK = ΔDMH (cạnh huyền-góc nhọn)

⇒ MK = MH (hai cạnh tương ứng)

Xét 2 tam giác vuông ΔMNK và ΔMNH có:

MK = MH (cmt)

MKN^=MHN^=90°

MN chung

⇒ ΔMNK = ΔMNH (c.g.c)

⇒ MNK^=MNH^ (hai góc tương ứng)

⇒ NM là tia phân giác của HMK^(đpcm) (1)

d) Do AK = DH (hai cạnh tương ứng ΔAMK = ΔDMH)

KN = HN (hai cạnh tương ứng ΔMNK = ΔMNH)

⇒ AN = AK + KN = DH + HN = DN

Xét ΔABN và ΔDBN có:

AB = DB (cmt)

BN chung

AN = DN

⇒ΔABN = ΔDBN (c.c.c)

⇒ ANB^=DNB^ (hai góc tương ứng)

⇒ NB là tia phân giác AND^ (2)

Từ (1) và (2) suy ra B, M, N thẳng hàng.

a) Ta có tam giác ABC vuông tại A, AH ⊥ BC

Nên: AH² = BH.CH = 18.8 = 144

⇒ AH = 12cm.

AC = AH2+HC2=413

b) Vì AD là phân giác BAH^ ⇒  BAD^=DAH^

HAC^=90°−HAB^=ABH^=ABD^

⇒ CDA^=DAB^+DBA^=DAH^+CAH^=CAD^

Suy ra: tam giác CAD cân tại C ⇒ CA = CD

Vì AD là phân giác BAH^ ⇒  DHDB=AHAB=sinB=ACBC

⇒ HD.BC = BD.AC = DB.CD

c) Ta có: HE ⊥ AB, HF ⊥ AC, AB ⊥ AC

Nên AEHF là hình chữ nhật

⇒ AH = EF

⇒ AEF^=EAH^=BAH^=90°−B^=ACB^

Mà EAF^=BAC^

⇒ ∆AFE ∽∆ABC (g.g)

⇒ SAFESABC=EFBC2=AH2BC2
Ta có: 1 – cos²B = sin²B

⇒ (1 – cos²B)sin²C = sin²Bsin²C = (sinBsinC)²

= ACBC.ABBC2=AB.ACBC22=AH.BCBC22=AHBC2

⇒ SAFESABC=1–cos2Bsin2C

⇒ S_AEF = S_ABC.(1 - cos²B).sin²C.

Vì BM là đường phân giác của góc B nên ta có:

MAMC=ABBC⇒MAMA+MC=ABAB+BC

Suy ra: MA=AB.MA+MCAB+BC=6.86+10=4816=3cm

Vì BN là đường phân giác của góc ngoài đỉnh B nên ta có: BM ⊥ BN

Suy ra tam giác BMN vuông tại B

Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu hai cạnh góc vuông, ta có: 

AB² = AM.AN

Suy ra: AN =AB2AM=623=12cm.

⇒ ∆ICM = ∆ICD (g.c.g)

Suy ra: CM = CD = 5cm

Ta thấy: CDCB=510=12

Mà CMBC=12

Suy ra M là trung điểm BC, tức BM = MC.

Kẻ BD// AC, AM cắt BD tại E.

Xét ΔEAB có: EB = AB . tan30° = c33

Do BD // AC hay BE // AC nên EBCA=BMMC=c33:b=c33b.

a) Áp dụng định lý Pytago vào tam giác AHB, AHC vuông có:

AB² = BH² + AH² ⇒ AH² = AB² – BH²

AH² = AC² – CH²

Suy ra: AB² – BH² = AC² – CH²

Hay AB² + CH² = AC² + BH²

b) Ta có: EF² = AE² + AF²

BC² = AB² + AC²

AE < AB, AF < AC

Suy ra: EF² < BC²

⇒ EF < BC.

c) BC=AB2+AC2=10cm

AH.BC=AB.AC⇒AH=AB.ACBC=6.810=4,8cm

Mà AH² = AC² – CH²

Nên: CH = AC2−AH2=6,4cm

BH = BC – CH = 10 – 6,4 = 3,6(cm).

a/ MP ⊥ AC; NA ⊥ AC ⇒ MP // NA

MN ⊥ AB; PA ⊥ AB ⇒ MN // PA

⇒ ANMP là hình bình hành

Ta có: A^=90°

⇒ ANMP là hình chữ nhật

b/ MN // PA (cmt) ⇒ MN // AC

MB = MC (gt)

⇒ NA = NB

C/m tương tự cũng có PA = PC

Ta có: MP//NA (cmt) ⇒ MP//NB

NA = NB; PA = PC

⇒ NP là đường trung bình của tam giác ABC

⇒ NP // BC ⇒ NP // MB

⇒ BMPN là hình bình hành 

c/ Xét hình chữ nhật ANMP có

FM = FA

EM = EB (gt)

⇒ EF là đường trung bình của tam giác MAB

⇒ EF // AB

⇒ ABEF là hình thang

Ta có: MB = MC

⇒ AM=MB=MC=12BC

Ta có: FM=FA=AM2

EB=EM=BM2

⇒ FA = EB

⇒ ABEF là hình thang cân.

a) Ta có tam giác ADB vuông cân tại D.

Suy ra DAB^=45°

Chứng minh tương tự, ta được CAE^=45°

Ta có DAB^+CAE^+BAC^=180°

Vậy ba điểm D, A, E thẳng hàng.

b) Tam giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến.

Suy ra MA = MB = MC.

Do đó M nằm trên đường trung trực của đoạn AB        (1)

Chứng minh tương tự, ta được D nằm trên đường trung trực của đoạn AB        (2)

Từ (1), (2), suy ra DM là đường trung trực của đoạn AB.

Mà DM cắt AB tại I.

Do đó DM ⊥ AB tại I.

Chứng minh tương tự, ta được ME ⊥ AC tại K.

Tứ giác IAKM, có: MIA^=IAK^=AKM^=90°

Vậy tứ giác IAKM là hình chữ nhật.

c) Tam giác ADB vuông cân tại D có DI là đường cao.

Suy ra DI cũng là đường phân giác của tam giác ADB.

Do đó ADI^=90°:2=45°

Mà DME^=90°(do tứ giác IAKM là hình chữ nhật).

Vậy tam giác DME là tam giác vuông cân tại M.

Vì tam giác ABC vuông tại A nên: B^+C^=90°

Suy ra: B^=90°−C^=90°−40°=50°

Vì BD là phân giác của B^ nên: ABD^=12B^=12.50°=25°

Trong tam giác vuông ABD, ta có:

BD=ABcosABD^=21cos25°≈23,1709cm.

Ta có: A^+B^+C^=180°⇒90°+B^+30°=180°⇒B^=60°

sinC^=sin30°=ABBC⇒BC=6sin30°=12cm

sinB^=sin60°=ACBC=AC12⇒AC=12.sin60°=63cm.

Ta có: BC=AB2+AC2=32+42=5cm

tanB=cotC=ACAB=43

Suy ra: B^=53,13°;C^=36,87°.

a) Xét △AHB và △CAB có:

H^=A^=90°

B^ chung

Do đó △AHB ∽△CAB (g.g)

⇒ HBAB=AHAC=35⇒HB=35AB=35.15=9cm

Ta lại có:

AB² = HB.BC (hệ thức lượng)

⇒ BC = 15² : 9 = 25(cm)

⇒ HC = BC – HB = 25 – 9 = 16 cm

b) Xét tứ giác AEHF có: E^=A^=F^=90°

Do đó AEHF là hình chữ nhật

⇒ EF = AH

Ta lại có: AB.AC = AH.BC = 2S_ABC nên AB.AC = EF.BC.

a) ΔABC vuông A có đường cao AH

⇒ AH² = BH.CH = 4.9 ⇒ AH = 6cm

BC = BH + CH = 4 + 9 = 13cm

AB² = BH.BC = 4.13⇒ AB=213cm

AC² = CH.BC = 9.13⇒ AC=313cm

b) M là trung điểm của AC

⇒ AM = MC = 12AC=3132cm

ΔABC ⊥ A ⇒ AB ⊥ AC ⇒ AB⊥ AM

⇒ ΔABM ⊥ A

⇒ tanAMB^=ABAM=43⇒AMB^≈53°

Mà AMB^+BMC^=180°(kề bù)

⇒ BMC^=180°−AMB^=127°.

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

AB là tia phân giác của góc HAD  

Suy ra: DAB^=BAH^

AC là tia phân giác của góc HAE

Suy ra: HAC^=CAE^

Ta có: HAD^+HAE^=2BAH^+HAC^=2BAC^=2.90°=180°

Vậy ba điểm D, A, E thẳng hàng.

b) Gọi M là trung điểm của BC

Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có:

AD ⊥ BD; AE ⊥ CE

Suy ra: BD // CE

Vậy tứ giác BDEC là hình thang

Khi đó MA là đường trung bình của hình thang BDEC

Suy ra: MA//BD ⇒ MA ⊥ DE

Trong tam giác vuông ABC ta có: MA = MB = MC

Suy ra M là tâm đường tròn đường kính BC với MA là bán kính

Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn tâm M đường kính BC.

Tam giác OAE có OA = OE nên tam giác OAE cân tại O.

Suy ra OEA^=OAE^

Mà AE song song với FH (do AFHE là hình chữ nhật) nên OHF^=OAE^(hai góc so le trong).

Do đó, OHF^=OEA^(2).

Lại có OHF^+OHE^=FHE^=90°(3).

Từ (1), (2), (3) ta có: MAB^+OEA^=90°

Gọi K là giao điểm của AM và EF.

Khi đó, KAE^+KEA^=90°

Suy ra AKE^=90°

Vậy AM vuông góc với EF tại K.

Áp dụng định lý Pytago: AC=BC2−AB2=16cm

Lại có: AB.AC = AH.BC

⇒ AH=AB.ACBC=12.1620=9,6cm

AB² = BH.BC ⇒ BH=AB2BC=12220=7,2cm

HC = BC – BH = 20 – 7,2 = 12,8 (cm).

Ta có: AH² = BH.CH = 6² = 36 (1)

BH + HC = BC = 13(cm) (2)

Thế (2) vào (1) ta có: (13 – HC).HC = 36

⇔ 13HC – HC² – 36 = 0

⇔ HC=9HC=4

Nếu HC = 9cm thì BH = 4cm

AB² = BH.BC ⇒ AB=BH.BC=13.4=62

AC = BC2−AB2=97

Nếu HC = 4cm thì BH = 9cm

AB² = BH.BC ⇒ AB=BH.BC=13.9=313

AC = BC2−AB2=213.

a) Xét tứ giác AEHF có góc AEH^=AFH^=FAE^=90°

nên AEHF là hình chữ nhật

Suy ra: AFE^=AHE^=ABC^

Ta có: ΔABC vuông tại A

Mà AM là trung tuyến

Nên MA = MB = MC

⇒ ΔMAC cân tại M

⇒ MAC^=MCA^

MAC^+AFE^=ABC^+ACB^=90°

⇒ AM vuông góc với EF(1)

b) Xét ΔABC có M, N lần lượt la trung điểm của BC và BA nên MN là đường trung bình

⇒ MN // AC
Hay MN vuông góc với AB

Xét ΔMAB có AH, MN là các đường cao

AH cắt MN tại D

Do đó: D là trực tâm của tam giác MAB

⇒ BD vuông góc với AM (2)

Từ (1) và (2) suy ra BD // EF.

Đặt HB = a (cm)

⇒ HC = BC – HB = 12,5 – a (cm)

Xét ΔABC vuông tại A có đường cao AH vuông góc với BC ta có:

AH² = HB.HC

⇒ a(12,5 – a) = 6² = 36

⇔ a² – 12,5a + 36 = 0

⇔ a=8a=4,5

Với a = HB = 8 cm thì HC = 12,5 – 8 = 4,5 (cm)

Với a = HB = 4,5 cm thì HC = 12,5 – 4,5 = 8 (cm).

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

BH.HC = AH²

Suy ra: AH = 12.9=63cm.

Ta có: AA'→+BB'→+CC'→=AG→+GA'→+BG→+GB'→+CG→+GC'→

=AG→+BG→+CG→+GA'→+GB'→+GC'→

=−GA→−GB→−GC→+GA'→+GB'→+GC'→

=−GA→+GB→+GC→+GA'→+GB'→+GC'→

=0→.

Ta có: cosB=c2+a2−b22ca=83160

Áp dụng định lí cô-sin cho tam giác ABM ta có:

AM² = AB² + BM² – AB.BM.cosB = 54910⇒AM=36,1.

a) Xét tam giác AED và CEF có:

EA = EC

AED^=CEF^(đối đỉnh)

ED = EF

⇒ ∆AED = ∆CEF (c.g.c)

⇒ DA = CF

Mà DA = DB nên DB = CF

b) ∆AED = ∆CEF nên: A^=ECF^

Suy ra: AB // CF

⇒ BDC^=DCF^(so le trong)

Xét tam giác BDC và FCD có:

DC chung

BDC^=DCF^

BD = CF

⇒ ∆BDC = ∆FCD (c.g.c)

c) ∆BDC = ∆FCD nên DCB^=CDF^

Suy ra: DE // BC (2 góc so le trong bằng nhau)

Lại có BC = DF = 2DE

Nên: DE=12BC.

Từ bài 5A HDAD+HEBE+HKCK=1

Chứng minh tương tự được: MDAD+MEBE+MFCF=1

⇒ 3−MDAD+MEBE+MFCF=3−1

⇒ 1−MDAD+1−MEBE+1−MFCF=2

⇒ AMAD+BMBE+CMCF=2.

Ta có △DEF cân tại D

⇒ DE = DF

Xét △DNE và △DMF ta có:

DE = DF (gt)

D^ góc chung

DM = DN (gt)

⇒△DNE = △DMF (c.g.c)

⇒ EN = FM

Suy ra: MNFE là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết hình thang cân).

Ta có tam giác ABC đều, M là trung điểm BC nên AM vuông góc BC

Suy ra: AM=a32;MB=MC=12a

Trên MA lấy điểm D sao cho MD=34MA=33a8⇒MD→=34MA→

Trên MC lấy E sao cho ME = 2,5MB = 54a

⇒ ME→=−2,5MB→⇒34MA→−2,5MB→=MD→+ME→

Vẽ hình chữ nhật MEFD nên MF = DE = MD2+ME2=a1278

Lại có: MD→+ME→=MF→

⇒ 34MA→−2,5MB→=MF→=a1278.

Vì tam giác ABC đều nên: CB→=CB=a.

Áp dụng định lý Pytago: MP=NP2−MN2=8cm

Lại có: MH.NP = MN.MP

⇒ MH=MN.MPNP=4,8cm

NH=MN2−MH2=3,6cm.

M, N lần lượt là trung điểm AB,AC nên MN là đường trung bình của tam giác ABC ứng với cạnh BC

⇒MN // BC hay MN // HP

⇒ MNPH là hình thang (∗)

Mặt khác:
Tam giác vuông ABH có HM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên  (bổ đề quen thuộc)

⇒ Tam giác MHB cân tại M.

⇒ MHB^=MBH^

Mà NPC^=MBH^(hai góc đồng vị với NP // AB)

⇒ NPC^=MHB^

⇒ 180°−NPC^=180°−MHB^

Hay NPH^=MHP^(**)

Từ (∗); (∗∗) ⇒ MNPH là hình thang cân (đpcm).

Xét tam giác ABC có: 

Suy ra: B^=180°−A^−C^=105°

Áp dụng định lý sin ta có: 

Suy ra: asinA=bsinB=csinC

b=csinC.sinB=12sin30°.sin105°=66+62

tanα−π4=tanα−tanπ41+tanα.tanπ4=2−11+2.1=13

Theo giả thiết tan²α + cot²α = 7.

Nên (tanα + cotα) ² = tan²α + cot²α + 2tanα.cotα = 7 + 2 = 9

Suy ra:  tanα + cotα = 3 hoặc tanα + cotα = -3

Suy ra: m = 3 hoặc m = -3.

Giả sử A ∩ B = ∅ thì ta có: a−2≥6a+3≤0⇔a≥8a≤−3

Khi đó A ∩ B ≠ ∅ thì -3 ≤ a ≤ 8

Hay a ∈ {-3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}.

Vậy có tất cả 11 giá trị nguyên của a.

Số các số thỏa mãn đề bài là A63=120.

Ta có A = {2; 5} và B = {5; x}

Để A = B thì x = 2.

Ta lại có A = {2; 5} và C = {2; y}

Để A = C thì y = 5.

Vậy x = 2, y = 5 thì A = B = C.

Với p = 3, ta có:

⦁ 8p – 1 = 23 là số nguyên tố;

⦁ 8p + 1 = 25 không phải là số nguyên tố.

Với p ≠ 3, ta có: p không chia hết cho 3 nên 8p không chia hết cho 3.

Ta có 8p(8p – 1)(8p + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp.

Suy ra 8p(8p – 1)(8p + 1) chia hết cho 3.

Lại có 8p – 1 > 3 (p ∈ ℕ).

Suy ra 8p – 1 không chia hết cho 3.

Do đó 8p + 1 chia hết cho 3.

Mà 8p + 1 > 3, p ∈ ℕ.

Suy ra 8p + 1 là hợp số.

Vậy 8p + 1 là hợp số; 8p – 1 là số nguyên tố.

Ta có: A ⊂ X nên X có ít nhất 3 phần tử {1; 2; 3}.

Ta có: X ⊂ B nên X phải có nhiều nhất 5 phần tử và các phần tử X cũng thuộc B

Do đó các tập X thỏa mãn là {1; 2; 3}, {1; 2; 3; 4}, {1; 2; 3; 5}, {1; 2; 3; 4; 5}.

Chọn B

Điểm cuối của α  thuộc góc phần tư thứ hai nên sinα<0cosα>0tanα<0cotα<0.

+ Goi v₁₃ là vận tốc của xuồng đối với bờ

v₂₃ là vận tốc của dòng nước đối với bờ sông.

v₁₂ là vận tốc của xuồng đối với nước: v₁₂ = 36km/h

+  Khi xuôi dòng:

v₁₃ = v₁₂+v₂₃ = 36 + v₂₃

+ Khi ngược dòng:

v'₁₃ = v₁₂−v₂₃ = 36 – v₂₃  

v₁₃ + v'₁₃ = 12S+13S=36+36=72

Vậy S = 86,4km.

a) Trong mp(ACD) gọi I là giao điểm của NM và CD.

Khi đó OI = (OMN) ∩ (BCD)

b) Trong mp(BCD) gọi H, K là giao điểm OI với BC và BD

K, H ∈ OI nên K, H ∈ (OMN)

Vậy H = BC ∩ (OMN)

c) K, H ∈ OI nên K, H ∈ (OMN)

Nên K = BD ∩ (OMN).

Ta có điểm M, N là hai điểm chung của hai mặt phẳng (BCM) và (AND) nên MN = (BCM) ∩ (AND).

NP là đường trung bình của ∆ACD ⇒ NP // AB, mà AB ⊂ (ABC) ⇒NP // (ABC)

P ∈ (MNP) ∩ (ACD) (1)

Trong mặt phẳng (BCD) gọi J = MN ∩ CD, có

J∈MN⊂MNPJ∈CD⊂ACD

J ∈ (MNP) ∩ (ACD) (2)

Từ (1) và (2): (MNP) ∩ (ACD) = JP

Trong mặt phẳng (ACD) gọi Q = JP ∩ AC. Có:

Q∈ACQ∈JP⊂MNP

⇒ Q = AC ∩ (MNP). Có:

MQ=MNP∩ABCNP∥AB;NP⊂MNP;AB⊂ABC

⇒MQ // NP // AB

Theo định lý Ta-lét ta có: CQCA=CMCB=23⇒QAQC=12.

Giả sử AD cắt BC tại E

Khi đó từ giả thiết: D^+C^=90°ta có: E^=180°−C^+D^=90°

Ta lần lượt có: MN // AD // PQ; MQ // BC // PN

Do đó dựa trên tính chất của góc có cạnh tương ứng song song ta được:

MNQ^=NPQ^=E^=90°

Do đó bốn điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn đường kính NQ.

a) Nửa chu vi của tam giác ABC là:

p = (15 + 18 + 27) : 2 = 30

Áp dụng công thức Heron ta tính được diện tích tam giác ABC là:

S = 30.30−15.30−18.30−27=902

Mặt khác S = pr (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

Suy ra r=Sp=90230=32

Vậy diện tích tam giác ABC là 902(đơn vị diện tích) ; bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là 32 (đơn vị dộ dài).

b) Do G là trọng tâm tam giác ABC nên G chia tam giác ABC thành ba tam giác GAB, GAC, GBC có diện tích bằng nhau.

Suy ra SGBC=SABC3=9023=302

Vậy diện tích của tam giác GBC là : 302 (đơn vị diện tích).

• EF là đường trung bình của tam giác ABC, nên ta suy ra được EF // AC (1)

• HG là đường trung bình của tam giác ADC, nên ta suy ra được HG // AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra EF // HC

Tương tự ta có:

• FG là đường trung bình của tam giác BDC, nên FG // BD (3)

• EH là đường trung bình của tam giác BDA, nên EH // BD (4)

Từ (3) và (4) ta có FG // EH

Xét tứ giác EFGH ta có: EF // HG và FG // EH.

Do đó suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành.

Xét tam giác ABF có: E là trung điểm AB, P là trung điểm BF nên EP là đường trung bình của tam giác ABF

Suy ra: EP // AF và EP=12AF

M là trung điểm AF nên: MF=12AF

Xét tứ giác EPFM có: EP // MF và EP = MF nên EPFM là hình bình hành

Suy ra: EF và PQ cắt nhau tại trung điểm O mỗi đường

Chứng minh tương tự: EMFP là hình bình hàng nên EF và MP cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Suy ra: MP và NQ cắt nhau tại trung điểm O mỗi đường.

Vậy MNPQ là hình bình hành.

Kéo dài AB và CD cắt nhau tại M, kéo dài AD và BC cắt nhau tại N

Gọi O là giao điểm của AC và BD

(SAB) ∩ (SCD) = SM vì S ∈ (SAB) và (SCD)

M ∈ AB ⊂ (SAB); N ∈ CD ⊂ (SCD) nên M = (SAB) ∩ (SCD)

Làm tương tự: (SAD) ∩ (SBC) = SN

(SAC) ∩ (SBD) = SO.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

x² + 1 ≥ 2x2=2x

y² + 4 ≥ 24y2=4y

z² + 9 ≥ 29z2=6z

Suy ra: (x² + 1)(y² + 4)(z² + 9) ≥ 2x.4y.6z = 48xyz

Mà theo giả thiết (x² + 1)(y² + 4)(z² + 9) = 48xyz

Nên dấu “=” xảy ra khi: x2=1y2=4z2=9⇔x=1y=2z=3 (vì x, y, z > 0).

x³ − y³ − 3xy

= (x – y)³ + 3xy(x – y)

= 1 + 3xy – 3xy

= 1.