Đề cương ôn tập cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án - Tự luận

a) Bảng giá trị của hàm số:

Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) các điểm \[E\left( { - 2\,;\,\, - 2} \right)\,;\,\,\]

\[F\left( { - 1\,;\,\, - \frac{1}{2}} \right)\,;\,\,O\left( {0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,F'\left( {1\,;\,\, - \frac{1}{2}} \right)\,;\,\,E'\left( {2\,;\,\, - 2} \right).\]

Đồ thị của hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) là một parabol đỉnh O, đi qua các điểm trên và có dạng như hình vẽ trên.

b) Thay \(x = - 2\,;\,\,y = 4\) vào phương trình \(y = a{x^2}\), ta được

\(4 = a.{\left( { - 2} \right)^2}\) hay \(4a = 4\) nên \(a = 1\).

Vậy hàm số có dạng \(y = {x^2}\).

a) Bảng giá trị:

Đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số \(y = {x^2}\) là một parabol có đỉnh \(O\) và nhận trục tung làm trục đối xứng.

Đồ thị \(\left( d \right)\) của hàm số \(y = 2x\) là một đường thẳng qua hai điểm \(\left( {0;0} \right)\); \(\left( {1;2} \right)\).

Ta vẽ được đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ \(Oxy\) như sau:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\), ta có:

\({x^2} = 2x{\rm{\;}}\)

\({x^2} - 2x = 0\)

\(x\left( {x - 2} \right) = 0\)

\(x = 0\) hoặc \(x = 2\).

• Với \(x = 0\) thì \(y = 0\) nên \(O\left( {0;0} \right)\) là một giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\).

• Với \(x = 2\) thì \(y = 4\) nên \(A\left( {2;4} \right)\) là giao điểm thứ hai của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\).

Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là \(O\left( {0;0} \right)\) và \(A\left( {2;4} \right)\).

a) Bảng giá trị:

Đồ thị \(\left( P \right)\) là một parabol qua \(O\) và nhận trục tung làm trục đối xứng.

Bảng giá trị:

Đường thẳng \(\left( d \right)\) qua hai điểm \(\left( {0;2} \right)\) và \(\left( {2;3} \right).\)

Ta vẽ được đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ \(Oxy\) như sau:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\), ta có:

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

\({x^2} - 2x - 8 = 0\)

\(\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) - 9 = 0\)

\({\left( {x - 1} \right)^2} = 9\)

\(x - 1 = 3{\rm{\;}}\) hoặc \(x - 1 = - 3\)

\(x = 4\) hoặc \(x = - 2\)

Với \(x = 4\) thì \(y = 4\);

Với \(x = - 2\) thì \(y = 1\).

Vậy tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là \(M\left( {4;4} \right)\) và \(N\left( { - 2;1} \right)\).

c) Đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) song song với \(\left( d \right)\) nên có phương trình \(y = \frac{1}{2}x + b\,\,\left( {b \ne 2} \right)\).

Điểm \(A\left( {2;{y_0}} \right) \in \left( P \right)\) nên

\({y_0} = \frac{1}{4} \cdot {2^2}\) hay \({y_0} = 1.\)

Do đó \(A\left( {2\,;\,\,1} \right) \in \left( {d'} \right)\) nên

\(1 = \frac{1}{2} \cdot 2 + b\) hay \(b = 0.\)

Vậy phương trình \(\left( {d'} \right):y = \frac{1}{2}x\).

a) \[ - 2{x^2} + 18 = 0\]

\[2{x^2} = 18\]

\[{x^2} = 9\]

\[x = 3\] hoặc \[x = - 3\].

Vậy phương trình có hai nghiệm: \[x = 3\,;\] \[x = - 3.\]

b) \[3{x^2} - x = 0\]

\[x\left( {3x - 1} \right) = 0\]

\[x = 0\] hoặc \[3x - 1 = 0\]

\[x = 0\] hoặc \[x = \frac{1}{3}\].

Vậy phương trình có hai nghiệm: \[x = 0\]; \[x = \frac{1}{3}.\]

c) \(2{x^2} - 5x + 3 = 0\)

Cách 1: Ta có \(a + b + c = 2 - 5 + 3 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(x = 1\,;\,\,x = \frac{3}{2}.\)

Cách 2: Ta có \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4 \cdot 2 \cdot 3 = 1 > 0\).

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\(x = 1\,;\,\,x = \frac{3}{2}.\)

d) \(9{x^2} - 30x + 225 = 0\)

\(\;3{x^2} - 10x + 75 = 0\)

Ta có \(\Delta ' = {\left( { - 5} \right)^2} - 3 \cdot 75 = - 200 < 0\).

Do đó, phương trình vô nghiệm

e) Cách 1: \(5{x^2} - 2\sqrt 5 x + 1 = 0\)

\({\left( {\sqrt 5 x - 1} \right)^2} = 0\)

\(\sqrt 5 x - 1 = 0\)

\(x = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Vậy phương trình có nghiệm \(x = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Cách 2: \(5{x^2} - 2\sqrt 5 x + 1 = 0\)

Ta có \(\Delta ' = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} - 5 \cdot 1 = 0\).

Do đó, phương trình có nghiệm kép: \({x_1} = {x_2} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Cách 3: \(5{x^2} - 2\sqrt 5 x + 1 = 0\)

Ta có \(\Delta = {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2} - 4 \cdot 5 \cdot 1 = 0\).

Do đó, phương trình có nghiệm kép: \({x_1} = {x_2} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

f) Cách 1: \({x^2} - \left( {1 + \sqrt 2 } \right)x + \sqrt 2 = 0\)

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

\(x\left( {x - 1} \right) - \sqrt 2 \left( {x - 1} \right) = 0\)

\(\left( {x - 1} \right)\left( {x - \sqrt 2 } \right) = 0\)

\(x - 1 = 0\) hoặc \(x - \sqrt 2 = 0\)

\(x = 1\) hoặc \(x = \sqrt 2 \).

Vậy phương trình có hai nghiệm: \({x_1} = 1;\,\,{x_2} = \sqrt 2 .\)

Cách 2: \({x^2} - \left( {1 + \sqrt 2 } \right)x + \sqrt 2 = 0\)

Ta có \(\Delta = {\left[ { - \left( {1 + \sqrt 2 } \right)} \right]^2} - 4 \cdot 1 \cdot \sqrt 2 \)

\( = 1 - 2\sqrt 2 + 2 = {\left( {1 - \sqrt 2 } \right)^2} > 0\).

Vì \(\Delta > 0\) nên phương trình có hai nghiệm:

\({x_1} = \frac{{\left( {1 + \sqrt 2 } \right) + \left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{2.1}} = \sqrt 2 \); \({x_2} = \frac{{\left( {1 + \sqrt 2 } \right) - \left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{2.1}} = 1\).

Vậy phương trình có hai nghiệm: \(x = 1\);

g) \({x^2} - 2\sqrt 3 x - 6 = 0\)

Ta có \(\Delta ' = {\left( { - \sqrt 3 } \right)^2} - 1 \cdot \left( { - 6} \right) = 9 > 0\)

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = \sqrt 3 - 3\), \({x_2} = \sqrt 3 + 3\).

h) \({x^2} - 2\sqrt 2 x + 2\sqrt 2 - 1 = 0\)

Ta có: \(a = 1\,;\,\,b' = \sqrt 2 \,;\,\,c = 2\sqrt 2 - 1\,;\,\,\)

\(\Delta ' = {\left( { - \sqrt 2 } \right)^2} - \left( {2\sqrt 2 - 1} \right) \cdot 1 = {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2} > 0.\)

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\[{x_1} = \sqrt 2 - \left( {\sqrt 2 - 1} \right) = 1\];\({x_2} = \sqrt 2 + \left( {\sqrt 2 - 1} \right) = 2\sqrt 2 - 1\).

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\[{x_1} = 1\,;\,\,{x_2} = 2\sqrt 2 - 1.\]

a) Ta có: \({\left( {2x + 1} \right)^2} = 8x\)

\(\;4{x^2} + 4x + 1 - 8x = 0\)

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

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

\(2x - 1 = 0\)

\(x = \frac{1}{2}\).

Vậy phương trình có nghiệm: \(x = \frac{1}{2}\).

b) Ta có: \({\left( {2x - 3} \right)^2} = 11x - 19\)

\(4{x^2} - 12x + 9 - 11x + 19 = 0\)

\(4{x^2} - 23x + 28 = 0\)

Ta có \[\Delta = {\left( { - 23} \right)^2} - 4 \cdot 4 \cdot 28 = 81 > 0\]

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{23 + 9}}{{2.4}} = 4;\;{x_2} = \frac{{23 - 9}}{{2.4}} = \frac{7}{4}\).

Vậy phương trình có hai nghiệm: \({x_1} = 4\,;\,\,{x_2} = \frac{7}{4}.\)

c) \(\left( {3x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) = 15\)

\({x^2} + 3x - x - 1 - 15 = 0\)

\(3{x^2} + 2x - 16 = 0\)

Ta có \(\Delta = 4 - 4 \cdot 3 \cdot \left( { - 16} \right) = 196 > 0.\)

Phương trình có hai nghiệm:

\({x_1} = \frac{{ - 2 + 14}}{6} = 2;\;{x_2} = \frac{{ - 2 - 14}}{6} = - \frac{8}{3}\).

Vậy phương trình có hai nghiệm: \({x_1} = 2\,;\,\,{x_2} = - \frac{8}{3}.\)

d) Ta có: \(3\left( {{x^2} - 1} \right) = 8x\)

\(3{x^2} - 3 = 8x\)

\(3{x^2} - 8x - 3 = 0\).

Ta có \(\Delta = {8^2} - 4 \cdot 3 \cdot \left( { - 3} \right) = 100 > 0.\)

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = \frac{{8 + 6}}{6} = 3;\;{x_2} = \frac{{8 - 10}}{6} = - \frac{1}{3}\).

Vậy phương trình có hai nghiệm: \({x_1} = 3\,;\;\,{x_2} = - \frac{1}{3}\).

e) \(2{x^2} + 3x - \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\)

\(2{x^2} + 3x - \left( {{x^2} - 3x + 2} \right) = 0\)

\(\;{x^2} + 6x - 2 = 0\)

Ta có \[a = 1\,;\,\,b' = 3\,;\,\,c = - 2\,;\]

\(\Delta ' = {3^2} - 1 \cdot \left( { - 2} \right) = 11 > 0.\)

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\[{x_1} = - 3 + \sqrt {11} ;\;{x_2} = - 3 - \sqrt {11} .\]

f) \(\sqrt 2 {x^2} + 2x = 2\sqrt 2 x + \sqrt 2 - 2\)

\(\sqrt 2 {x^2} - 2\left( {\sqrt 2 - 1} \right)x + \sqrt 2 - 2 = 0\)

Ta có \(a = \sqrt 2 \,;\,\,b' = - \left( {\sqrt 2 - 1} \right)\,;\,\,c = \sqrt 2 - 2\,;\)

\[\Delta ' = {\left[ { - \left( {\sqrt 2 - 1} \right)} \right]^2} - \sqrt 2 \cdot \left( {\sqrt 2 - 2} \right) = 1 > 0\]

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right) - 1}}{{\sqrt 2 }} = 1 - \sqrt 2 \); \({x_2} = \frac{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right) + 1}}{{\sqrt 2 }} = 1\).

a) Với \(m = 3\), ta có phương trình: \({x^2} - x + 2 = 0\) hay \[{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} = 0\].

Nhận thấy \[{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4}\] với mọi \[x\].

Do đó, phương trình \[{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} = 0\] vô nghiệm.

Vậy với \(m = 3\) thì phương trình vô nghiệm.

b) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì phương trình \({x^2} - x + m - 1 = 0\) có biệt thức \[\Delta = 0.\]

Khi đó \[{\left( { - 1} \right)^2} - 4 \cdot \left( {m - 1} \right) \cdot 1 = 0\] hay \[5 - 4m \ge 0\] suy ra \[m \le \frac{5}{4}.\]

Vậy với \[m \le \frac{5}{4}\] thì phương trình có nghiệm kép.

a) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta > 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {2m - 1} \right)^2} - 4m\left( {m + 2} \right) > 0\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ - 12m + 1 > 0\end{array} \right.\] do đó \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m < \frac{1}{{12}}\end{array} \right.\].

Vậy \[m < \frac{1}{{12}};\,\,m \ne 0\] thì để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Để phương trình vô nghiệm thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta < 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {2m - 1} \right)^2} - 4m\left( {m + 2} \right) < 0\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ - 12m + 1 < 0\end{array} \right.\] do đó \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m > \frac{1}{{12}}\end{array} \right.\] hay \[m > \frac{1}{{12}}.\]

Vậy \[m > \frac{1}{{12}}\] thì phương trình vô nghiệm.

c) Để phương trình có nghiệm kép thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta = 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}m - 2 \ne 0\\{\left( {2m - 1} \right)^2} - 4m\left( {m + 2} \right) = 0\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ - 12m + 1 = 0\end{array} \right.\] do đó \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\m = \frac{1}{{12}}\end{array} \right.\] hay \[m = \frac{1}{{12}}.\]

Vậy với \[m = \frac{1}{{12}}\] thì phương trình có nghiệm kép.

d) • Xét \[m = 0\] thì phương trình có đúng một nghiệm \[x = - \frac{1}{3}\].

• Xét \[m \ne 0\], để phương trình có nghiệm thì \[\Delta \ge 0\] hay \[{\left( {2m - 1} \right)^2} - 4m\left( {m + 2} \right) \ge 0\]

Khi đó \[ - 12m + 1 \ge 0\] nên \[m \le - \frac{1}{4}\].

Kết hợp \[m \le - \frac{1}{4}\] và \[m = 0\], ta được \[m \le - \frac{1}{4}\].

Do đó, \[m \ge - \frac{1}{4}\] thì phương trình có nghiệm.

a) \({x^2} + 4mx - 8m - 4 = 0\)

Xét biệt thức \[\Delta ' = {\left( {2m} \right)^2} - \left( { - 8m - 4} \right) = 4{m^2} + 8m + 4 = 4{\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0\] với mọi \[m\].

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi \(m\).

b) \(m{x^2} - 4\left( {m - 1} \right)x - 8 = 0\).

Xét biệt thức \[\Delta ' = {\left[ { - 2\left( {m - 1} \right)} \right]^2} - m \cdot \left( { - 8} \right) = 4{\left( {m - 1} \right)^2} + 8m = 4{m^2} + 4 > 0\].

Với mọi \(m \in \mathbb{R}\) ta có \({m^2} \ge 0\) nên \[4{m^2} + 4 > 0\].

Do đó, với mọi \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt hay phương trình luôn có nghiệm.

Ta có \(a = 3\,;\,\,b = 2\,;\,\,c = - 6\) nên \(ac = - 18 < 0\).

Do đó, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt (khác dấu) \({x_1},\,\,{x_2}.\)

Theo định lí Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = - \frac{2}{3};\,\,{x_1}{x_2} = - 2.\)

Vậy \(M = x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = {\left( { - \frac{2}{3}} \right)^2} - 4 \cdot \left( { - 2} \right) = \frac{{76}}{9}.\)

Cách 1: Ta có \[a = 1\,{\kern 1pt} ;\,\,\,b' = - 1\,{\kern 1pt} ;\,\,\,c = m + 2\].

Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) khi và chỉ khi \[\Delta ' \ge 0\].

Khi đó \[{\left( { - 1} \right)^2} - \left( {m + 2} \right) \ge 0\] hay \[m \le - 1\].

Theo hệ thức Viète, ta có \[{x_1} + {x_2} = 2\,{\kern 1pt} ;\,\,\,{x_1}{x_2} = m + 2\].

Khi đó \[x_1^2 + x_2^2 = 10\]

\[{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 10\]

\[4 - 2\left( {m + 2} \right) = 10\]

\[ - 2m = 10\]

\[m = - 5\] (thỏa điều kiện \[m \le - 1)\].

Vậy để phương trình có nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(x_1^2 + x_2^2 = 10\) thì \[m = - 5.\]

Cách 2: Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\).

Theo hệ thức Viète, ta có \[{x_1} + {x_2} = 2\,{\kern 1pt} ;\,\,\,{x_1}{x_2} = m + 2\]

Khi đó \[x_1^2 + x_2^2 = 10\]

\[{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 10\]

\[4 - 2\left( {m + 2} \right) = 10\]

\[ - 2m = 10\]

\[m = - 5\].

Thử lại: Với \[m = - 5\] ta có phương trình \[{x^2} - 2x - 3 = 0.\]

Vì \[ac = - 3 < 0\] nên phương trình có hai nghiệm.

Ta có: \(a = 3\,;\,\,b = - 7\,;\,\,c = - 4\) nên \(ac = - 12 < 0.\)

Do đó, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).

Theo định lí Viète, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{7}{3}\\{x_1}{x_2} = \frac{{ - 4}}{3}.\end{array} \right.\]

a) Ta có \({A^2} = {\left| {{x_1} - {x_2}} \right|^2} = x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2\)

\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}\)

\( = {\left( {\frac{7}{3}} \right)^2} - 4 \cdot \left( {\frac{{ - 4}}{3}} \right) = \frac{{97}}{9}\;.\)

Vậy \(A = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \frac{{\sqrt {97} }}{3}.\)

b) Ta có \(B = \frac{{x_1^2 + x_2^3}}{{{x_1}{x_2}}}\)

\( = \frac{{{{\left( {\frac{7}{3}} \right)}^3} - 3 \cdot \left( {\frac{{ - 4}}{3}} \right) \cdot \frac{7}{3}}}{{\frac{{ - 4}}{3}}} = - \frac{{595}}{{36}}{\rm{.\;}}\)

Vậy \(B = \frac{{x_1^2 + x_2^3}}{{{x_1}{x_2}}} = - \frac{{595}}{{36}}{\rm{.\;}}\)

Ta có \[a = 1\,{\kern 1pt} ;\,\,\,b' = - m\,{\kern 1pt} ;\,\,\,c = 2m - 3.\]

Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) khi và chỉ khi

\[\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' \ge 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}1 \ne 0\\{\left( { - m} \right)^2} - \left( {2m - 3} \right) \ge 0\end{array} \right.\]

Khi đó \[{m^2} - 2m + 3 \ge 0\]

\[{m^2} - 2m + 1 + 2 \ge 0\]

\[{\left( {m - 1} \right)^2} + 2 \ge 0\] (luôn đúng vì \[{\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0{\kern 1pt} \] với mọi \[m\])

Theo hệ thức Viète, ta có: \[{x_1} + {x_2} = 2m{\kern 1pt} ;\,{x_1}{x_2} = 2m - 3\]

Do đó \[A = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 4{m^2} - 2\left( {2m - 3} \right)\]

\[ = 4{m^2} - 4m + 6 = 4{m^2} - 4m + 1 + 5\]

\[ = {\left( {2m - 1} \right)^2} + 5 \ge 5\] (luôn đúng vì \[{\left( {2m - 1} \right)^2} \ge 0\])

Dấu xảy ra khi và chỉ khi \[2m - 1 = 0\] hay \[m = \frac{1}{2}\].

a) Xét phương trình \[{x^2} - 2x + m = 0\].

Ta có \[a = 1\,{\kern 1pt} ;\,\,\,b = 1\,{\kern 1pt} ;\,\,\,c = m.\]

Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) khi và chỉ khi

\[\Delta ' \ge 0\] hay \[1 - m \ge 0\] nên \[m \le 1.\]

Theo hệ thức Viète, ta có \[{x_1} + {x_2} = - 2\] và \[{x_1}{x_2} = m\].

Xét hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\3{x_1} + 2{x_2} = 1\end{array} \right.\].

Từ phương trình thứ nhất, ta có \[{x_2} = - 2 - {x_1}\] thay vào phương trình thứ hai ta được

\[3{x_1} + 2\left( { - 2 - {x_1}} \right) = 1\] hay \[3{x_1} - 4 - 2{x_1} = 1\] nên \[{x_1} = 5\] suy ra \[{x_2} = - 7.\]

Thay \[{x_1} = 5\] và \[{x_2} = - 7\] vào phương trình \[{x_1}{x_2} = m\], ta có:

\[m = 5.\left( { - 7} \right) = - 35\] (thỏa điều kiện \[m \le 1\]).

Vậy \[m = - 35\] thỏa mãn yêu cầu đề bài.

b) Xét phương trình \[{x^2} - 2x + m = 0\].

Ta có \[a = 1\,{\kern 1pt} ;\,\,\,b' = - 1\,{\kern 1pt} ;\,\,\,c = m\,{\kern 1pt} ;\,\,\]\[\Delta ' = 1 - m\].

Phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi:

\[\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\P = \frac{c}{a} > 0\\S = - \frac{b}{a} > 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}1 - m > 0\\m > 0\\2 > 0\end{array} \right.\], do đó \[0 < m < 1\].

Vậy để phương trình \[{x^2} - 2x + m = 0\] có hai nghiệm phân biệt dương thì \[0 < m < 1\].

Đặt \(t = x + 1\) suy ra \(x = t - 1\). Thế \(x\) vào phương trình đã cho, ta được:

\({\left( {t - 1} \right)^2} + \left( {2 - m} \right)\left( {t - 1} \right) + 1 = 0\) hay \({t^2} - mt + m = 0\;\,\,\left( * \right)\).

Ta có \(a = 1\); \(b = - m\); \(c = m\).

Điều kiện \( - 1 < {x_1} < {x_2}\) hay \(0 < {x_1} + 1 < {x_2} + 1\)

Đặt \({t_1} = {x_1} + 1\); \({t_2} = {x_2} + 1\), ta đưa về bài toán. Tìm \(m\) để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({t_1}\); \({t_2}\) thỏa mãn \(0 < {t_1} < {t_2}\).

Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{\Delta }} > 0}\\{P = \frac{c}{a} > 0}\\{S = - \frac{b}{a} > 0}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{m^2} - 4m > 0}\\{m > 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m\left( {m - 4} \right) > 0}\\{m > 0}\end{array}} \right.\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 0}\\{m > 4}\end{array}} \right.\) nên \(m > 4.\)

Vậy để phương trình đã cho có nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \( - 1 < {x_1} < {x_2}\) thì \(m > 4.\)

Ta có \(a = 1\); \(c = - 3\) suy ra \(ac = - 3 < 0\) nên phương trình đã cho có hai nghiệm (trái dấu) \({x_1},\,\,{x_2}\).

Do đó \({x_1} + {x_2} = - 1\); \({x_1}\,\,.\,\,{x_2} = - 3\).

Mặt khác: \(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{1}{3}\); \(\frac{1}{{{x_1}}}\,\, \cdot \,\,\frac{1}{{{x_2}}} = - \frac{1}{3}\).

Vậy \(\frac{1}{{{x_1}}}\) và \(\frac{1}{{{x_2}}}\) là hai nghiệm của phương trình bậc hai \({x^2} - \frac{1}{3}x - \frac{1}{3} = 0\) hay \(3{x^2} - x - 1 = 0\).

Thay \(x = - 3\) vào phương trình đã cho, ta có

\({\rm{3}} \cdot {\left( { - 3} \right)^2} + 2 \cdot \left( { - 3} \right) - 21 = 0{\rm{\;}}\) hay \(27 - 6 - 21 = 0\) (luôn đúng)

Vậy \(x = - 3\) \({\rm{x}} = - 3\) là một nghiệm của phương trình.

Đặt \({x_1} = - 3\), nghiệm còn lại là \({x_2}\).

Theo hệ thức Viète, ta có: \({x_1}{x_2} = \frac{{\rm{c}}}{{\rm{a}}} = \frac{{ - 21}}{3} = - 7\)

Với \({x_1} = - 3\) thì \[\left( { - 3} \right) \cdot {x_2} = - 7\] nên \[{x_2} = \frac{7}{3}\].

Gọi số tự nhiên là \(x\,\,\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\). Khi đó, số liền sau số đó là \(x + 1\).

Theo bài ra, ta có phương trình: \(x\left( {x + 1} \right) - \left( {x + x + 1} \right) = 109\)

\({x^2} + x - x - x - 1 - 109 = 0\)

\({x^2} - x - 110 = 0\)

\(x = 11\) (TMĐK) hoặc \(x = - 10\) (loại).

Vậy hai số cần tìm là 11 và 12.

Gọi số bé là \(x\,\,\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\). Khi đó, số lớn sẽ là \(x + 5\).

Theo đề ra, ta có phương trình:

\({x^2} + {(x + 5)^2} = 4153\)

\(2{x^2} + 10x - 4128 = 0\)

Ta có \(a = 2\,;\,\,b' = 5\,;\,\,c = - 4128\); \(\Delta ' = 25 + 2 \cdot 4128 = 8281 > 0\).

Do đó \(x = - 48\) (loại) hoặc \(x = 43\) (TMĐK).

Vậy số bé là 43; số lớn là \[43 + 5 = 48.\]

Gọi \(x\,\,\left( {\rm{\% }} \right)\) là phần trăm tăng mỗi năm \(\left( {x > 0} \right)\).

Sau năm thứ nhất số dân của tỉnh là:

\[2\,\,000\,\,000 + 2\,\,000\,\,000 \cdot \frac{{\rm{x}}}{{100}} = 2\,\,000\,\,000 + 20\,\,000{\rm{x}}\]

Số dân sau năm thứ hai là:

\(\left( {2\,\,000\,\,000 + 20\,\,000x} \right) \cdot \frac{x}{{100}} = 200x\left( {x + 100} \right)\)

Theo bài ra, ta có phương trình:

\(2\,\,000\,\,000 + 20\,\,000x + 200x\left( {x + 100} \right) = 2\,\,048\,\,288\)

\(20\,\,000x + 200x\left( {x + 100} \right) - 48\,\,288 = 0\)

\(100x + x\left( {x + 100} \right) - 241,44 = 0\)

\({x^2} + 200x - 241,44 = 0\)

Ta có \[{\rm{a}} = 1\,;\,\,{\rm{b'}} = 100\,;\,\,{\rm{c}} = - 241,44\,;\,\,{\rm{\Delta '}} = 10\,\,241,44 > 0.\]

Do đó \(x = - 201,2\) hoặc \(x = 1,2.\)

Vậy hàng năm dân số tỉnh A tăng \(1,2\,{\rm{\% }}\).

Gọi \(x\,\,\left( {\rm{\% }} \right)\) là lăi suất trong một năm của ngân hàng \(\left( {x > 0} \right)\).

Sau năm thứ nhất người đó phải trả:

\(20\,\,000\,\,000 + 20\,\,000\,\,000 \cdot \frac{x}{{100}} = 200\,\,000\left( {100 + x} \right)\)

Số tiền sau năm thứ hai tăng thêm là:

\(200\,\,000\left( {100 + x} \right)\frac{x}{{100}} = 2\,\,000x\left( {x + 100} \right)\)

Theo bài ra, ta có phương trình:

\(200\,\,000\left( {100 + x} \right) + 2\,\,000x\left( {x + 100} \right) = 24\,\,200\,\,000\)

\(100\left( {100 + x} \right) + x\left( {x + 100} \right) = 12\,\,100\)

\({x^2} + 200x - 2\,\,100\,\,000 = 0\)

\(x = 10\) (TMĐK) hoặc \(x = - 210\) (loại).

Vậy lãi của ngân hàng một năm là \(10{\rm{\% }}\).

Gọi thời gian để vòi thứ nhất chảy đầy bể là \(x\) (giờ) \[\left( {x > 0} \right)\].

Khi đó, thời gian để vòi thứ hai chảy đầy bể \(x + 5\) (giờ).

Khi đó, mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được \(\frac{1}{x}\) bể; vòi thứ hai chảy dược: \(\frac{1}{{x + 5}}\) bể và cả hai vòi chảy được \(\frac{1}{6}\) bể.

Theo đề bài, ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 5}} = \frac{1}{6}\)

\(\frac{{6\left( {x + 5} \right)}}{{6x\left( {x + 5} \right)}} + \frac{{6x}}{{6x\left( {x + 5} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 5} \right)}}{{6x\left( {x + 5} \right)}}\)

\(6\left( {x + 5} \right) + 6x = x\left( {x + 5} \right)\)

\({x^2} - 7x - 30 = 0\)

\(x = 10\) (TMĐK) hoặc \(x = - 3\) (loại).

Vậy: Vòi thứ nhất chảy đầy bể trong 10 giờ.

Vòi thứ hai chảy đầy bế trong 15 giờ.

Đổi 27 phút \( = \frac{9}{{20}}\) (giờ).

Sau 1 giờ hai xe gặp nhau nên tổng vận tốc của hai xe bằng \(90\,\,{\rm{km}}/{\rm{h}}.\)

Gọi \(x\,\,\left( {{\rm{km}}/{\rm{h}}} \right)\) là vận tốc cùa \({\rm{xe}}\) thứ nhất \(\left( {0 < x < 90} \right)\).

thì vận tốc của xe thứ hai là \[90 - x\,\,\left( {{\rm{km}}/{\rm{h}}} \right)\].

Thời gian của xe thứ nhất di từ \({\rm{A}}\) dến \({\rm{B}}\) là \(\frac{{90}}{x}\) (giờ).

Thời gian của xe thứ hai là \(\frac{{90}}{{90 - x}}\) (giờ).

Theo đề bài, ta có phương trình: \(\frac{{90}}{x} - \frac{9}{{90 - x}} = \frac{9}{{20}}\).

\(\frac{{10}}{x} - \frac{1}{{90 - x}} = \frac{1}{{20}}\)

\({x^2} - 490x + 18\,\,000 = 0\)

\(x = 40\) (TMĐK) hoặc \(x = 450\) (loại).

Vậy vận tốc của xe thứ nhất là \[40\,\,{\rm{km}}/{\rm{h}}\]; vận tốc của xe thứ hai là \(50\,\,{\rm{km}}/{\rm{h}}{\rm{.}}\)

Nửa chu vi của vườn là \(\frac{{280}}{2} = 140\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Gọi \(x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\) là chiều dài của hình chữ nhật \(\left( {70 < {\rm{x}} < 140} \right).\)

Khi đó, chiều rộng của hình chữ nhật là: \(140 - x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Mỗi bên để \(2{\rm{\;m}}\) làm lối đi nên chiều dài của đất để lại trồng trọt chỉ còn \(x - 4\,\,\left( {\rm{m}} \right)\) và chiêu rộng là:

\(140 - x - 4 = 136 - x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Theo bài ra, ta có phương trình: \(\;\left( {x - 4} \right)\left( {136 - x} \right) = 4256\)

\(136x - {x^2} - 544 + 4x = 4256\)

\({x^2} - 140x + 4800 = 0\)

Ta có \(a = 1\,;\,\,b' = - 70\,;\,\,c = 4800\,;\,\,\Delta ' = 4900 - 4800 = 100 > 0\).

Do đó \(x = 60{\rm{\;}}\) (loại) hoặc \(x = 80\) (TMĐK).

Vậy chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là 80 m và 60 m.

Mẫu dữ liệu có các giá trị là: \[0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5.\]

Tần số của các giá trị \[0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\] lần lượt là \[7\,;\,\,4\,;\,\,8\,;\,\,4\,;\,\,2\,;\,\,1.\]

Bảng tần số:

a) Số lượng từ vựng mới mà bạn Bình học mỗi ngày nhận được nhưng giá trị là \(5\,;{\rm{ }}6\,;{\rm{ }}7\,;{\rm{ }}8\,;{\rm{ }}9.\) Tần số của các giá trị đó lần lượt là \[12\,;{\rm{ }}8\,;{\rm{ }}5\,;{\rm{ }}4\,;{\rm{ }}2.\]

b) Số ngày bạn Bình học từ vựng mới là: \(12 + 8 + 5 + 4 + 2 = 31\) (ngày).

c) Số ngày bạn Bình học nhiểu hơn 7 từ vựng mới là \(4 + 2 = 6\) (ngày).

a) Biểu đồ thứ nhất là biểu đồ cột.

Số học sinh đạt diểm \[6\,;{\rm{ }}7\,;{\rm{ }}8\,;{\rm{ }}9\,;{\rm{ }}10\] tương ứng là \[5\,;{\rm{ }}8\,;{\rm{ }}12\,;{\rm{ }}6\,;{\rm{ }}4\].

Biểu đồ thứ hai là biểu đồ đoạn thẳng.

b) Hai biểu đổ trên cùng biểu diễn một dữ liệu.

Bảng thống kê:

Bảng thống kê trên cũng là bảng tần số.

Ta có \(n \approx 11\).

Tần số ghép nhóm của nhóm \[\left[ {0,8\,;\,\,1,0} \right]\] là 4.

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \[\left[ {0,8\,;\,\,1,0} \right]\] là \(\frac{4}{{11}} \approx 36\% \).

Tương tự ta tính được tần số và tần số ghép nhóm của các nhóm còn lại.

Ta được bảng sau:

a) Để thu gọn bảng dữ liệu trên thì nên chọn bảng tần số ghép nhóm vì mấu số liệu trên có nhiều giá trị khác nhau, nếu lập bảng tần số không ghép nhóm sẽ rất dài, phức tạp, khó tính toán.

b) Hãy chia số liệu làm 4 nhóm trong đó nhóm đầu tiên là \[4:00\] đến dưới \[4:30\]; lập bảng tần số và tần số tương đối ghép nhóm (làm tròn đến hàng đơn vị).

Ta có bảng tần số ghép nhóm như sau:

Tổng số học sinh trong lớp là \(n = 13 + 8 + 12 + 3 = 36\).

Tỉ lệ thời gian học sinh chạy \[1000{\rm{ m}}\] từ \[4:00\] đến dưới \[4:30\] là \(\frac{{13}}{{36}} \approx 36,1\% \);

từ \[4:30\] đến dưới \[5:00\] là \(\frac{8}{{36}} \approx 22,2\% \);

từ \[5:00\] đến dưới \[5:30\] là \(\frac{{12}}{{36}} \approx 33,3\% \);

từ \[5:30\] đến dưới \[6:00\] là:

\(100\% - 36,1\% - 22,2\% - 33,3\% \approx 8,4\% \).

Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm như sau:

a) Từ biểu đồ trên, ta có bảng tần số ghép nhóm tương ứng như sau:

b) Bạn lớp trưởng cho rằng có trên 50% số học sinh của lớp có cân nặng từ 50 kg trở lên. Nhận định đó đúng hay sai? Tại sao?

Vì có có 11 học sinh có cân nặng từ 50 kg đến dưới 55 kg nên số học sinh của lớp đó là:

\(11:27,5\% = 40\) (học sinh).

Số học sinh từ \[\left[ {55\,;\,\,60} \right)\] là \(40 \cdot 15\% = 6\) (học sinh).

Số học sinh \[\left[ {60\,;\,\,65} \right)\] là \(40 \cdot 5\% = 2\) (học sinh).

Tổng số học sinh từ 50 kg trở lên là \(11 + 6 + 2 = 19\) (học sinh).

Vậy nhận định đó là sai.

a) Bảng tần số ghép nhóm - tần số tương đối ghép nhóm: \[\left( {n = 40} \right)\]

b) Ta có biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm dạng cột:

Ta có bảng sau:

Biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm dạng đoạn thẳng.

a) Hoạt động gieo hai khối gỗ hình lập phương không là phép thử ngẫu nhiên vì ta biết trước chỉ có một kết quả xảy ra là xuất hiện 1 mặt màu xanh và một mặt màu vàng.

b) Hoạt động lấy 1 cây bút bi là phép thử ngẫu nhiên vì ta không thể biết trước được kết quả của nó, nhưng biết tất cả 4 kết quả có thể xảy ra.

c) Hoạt động lấy ra đồng thời 2 que gỗ không là phép thử ngẫu nhiên vì ta biết chỉ có một kết quả xảy ra là lấy được 1 que gỗ màu xanh và 1 que gỗ màu đỏ.

Không gian mẫu của phép thử trên được mô tả trong bảng sau:

Không gian mẫu có 8 phần tử.

Không gian mẫu của phép thử trên \(\Omega = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots ;\,\,14\,;\,\,15\,;\,\,16} \right\}\).

Khi đó:

• Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là: \(A = \left\{ {5\,;\,\,\,10\,;\,\,15} \right\}\).

• Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[B\] là: \(B = \left\{ {1\,;\,\,\,2\,;\,\,\,7\,;\,\,14} \right\}\).

a) Kí hiểu \[T\] là màu trắng, là màu đỏ và \[V\] là màu vàng.

Không gian mẫu .

Số kết quả cỏ thể xảy ra là \(n\left( \Omega \right) = 4\).

b) Vì các quả bóng có cùng kích thước và khối lượng nên các kết quả trên có cùng khả năng xảy ra.

Chỉ có một kết quả thuận lợi cho biến cố A là nên \(n\left( A \right) = 1\).

Xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{4}\).

Các kết quả thuận lợi cho biến cố B là và nên \(n\left( B \right) = 2\)

Xác suất của biến cố B là \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\).

Gọi n là số quả bóng màu trắng có trong hộp.

Số cách chọn ra ngẫu nhiên 1 quả bóng từ hộp là \(n + 5\) (cách).

Do các quả bóng có cùng kích thước và khối lượng nên các quả bóng cùng khả năng được chọn.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “Lấy được quả bóng màu đỏ” là xác suất của biến cố là \(\frac{5}{{n + 5}}.\)

Theo giải thiết, ta có: \(\frac{5}{{n + 5}} = 0,25\) hay \(n + 5 = 20\), ta được \(n = 15\).

Vậy có 15 quả bóng màu trắng trong hộp.

a) Gọi hình vuông nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O\,;\,5\,{\rm{cm}}} \right)\) là \(ABCD\)

Ta có \(AC\, = \,2R\, = \,2 \cdot \,5\, = \,10\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Gọi \(x\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) là cạnh hình vuông.

Theo định lí Pythagore, ta có: \({x^2}\, + \,{x^2}\, = \,A{C^2}\) hay \(2{x^2}\, = \,{10^2}.\)

Suy ra \({x^2}\, = \,50\) nên \(x\, = \,\sqrt {50} \, = \,5\sqrt 2 \).

Vậy cạnh hình vuông nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O\,;\,\,\,5\,\,{\rm{cm}}} \right)\) bằng \(5\sqrt 2 \,\,{\rm{cm}}.\)

b) Gọi chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật lần lượt là \(a,\,\,b\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) \(\left( {a\, > \,b\, > \,0} \right).\)

Nửa chu vi hình chữ nhật là: \(a\, + \,b\, = 14\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\). Theo định lí Pythagore, ta có:

\({a^2}\, + \,{b^2}\, = \,A{C^2}\) hay \({a^2}\, + \,{b^2}\, = \,{10^2} = \,100\).

Theo bài ra, ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\,\,\,\,a\, + b\, = \,14\\{a^2}\, + \,{b^2}\, = \,100.\end{array} \right.\)

Từ phương trình thứ nhất, ta có \(b\, = \,14\, - \,a\).

Thế \(b\, = \,14\, - \,a\) vào phương trình thứ hai, ta có:

\({a^2}\, + \,{\left( {14\, - \,a} \right)^2}\, = \,100\)

\({a^2}\, + \,\left( {196\, - \,28a\, + {a^2}} \right) = \,100\)

\({a^2}\, - \,14a\, + \,48\, = \,0\)

\(a = 8\) hoặc \(a\, = 6\)

• Với \(a = 8\) thì \(b\, = 6\) (TMĐK).

• Với \(a\, = 6\) thì \(b = 8\) (loại vì \(a\, > \,b\)).

Vậy chiều dài của hình chữ nhật là \(8\,\,{\rm{cm}}\) và chiều rộng là \(6\,\,{\rm{cm}}\).

Ta có $\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{AB}=\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{BC}=\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{CD}=\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{DE}$

$=\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{EF}=\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{FA}=\frac{360°}{6}=60°$

Xét tam giác \(AOB\) cân tại \(O\) có \(\widehat {AOB} = 60^\circ \) (vì

Suy ra \(\Delta AOB\) đều nên \(AB = R\) và \(\widehat {{\rm{ABO}}} = 60^\circ \).

Tương tự \(\Delta BOC\) đều nên \(\widehat {OBC} = 60^\circ \) và \(BC = R\).

Suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {ABO} + \widehat {OBC} = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ \) và \(AB = BC = R.\)

Chứng minh tương tự với các cạnh và các góc còn lại ta có đa giác \(ABCD\) có:

\(AB = BC = CD = DE = EF = FA = R.\;\)

Và các góc \(\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDE} = \widehat {DEF} = \widehat {EFA} = \widehat {FAB} = 120^\circ \).

Do đó \(ABCDEF\) là một đa giác đều.

a) Dễ thấy \(ABCDEF\) là lục giác đều nên

\(\widehat {ABF} = \widehat {AFE} = \widehat {FED} = \widehat {EDC} = \widehat {DCB} = \widehat {CBA} = 120^\circ \).

Ta có tứ giác \(ABCF\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên

\(\widehat {BCF} = \widehat {BAF} = 180^\circ \) hay \(\widehat {BCF} + 120^\circ = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat {BCF} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \).

Tương tự tứ giác \(ABDF\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên

\(\widehat {BDF} = \widehat {BAF} = 180^\circ \) hay \(\widehat {BDF} + 120^\circ = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat {BDF} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \).

Tương tự ta có \(\widehat {BEF} = 60^\circ \).

b) Ba đỉnh \(A,\,\,C,\,\,E\) của tam giác đều \(ACE\) chia đường tròn \(\left( O \right)\) thành ba cung bằng nhau:

$\text{sđ\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{AC}=\text{sđ }\stackrel{⏜}{CE}=\text{sđ }\stackrel{⏜}{EA}=120°$

Vậy phép quay \(120^\circ ,\,\,240^\circ \) thuận chiều hoặc \(120^\circ \) ngược chiều.

Ta có một bát giác đều \(ABCDEFGH\) nội tiếp trong đường tròn \(\left( O \right)\), mỗi góc ở tâm là: \(360^\circ :8 = 45^\circ .\)

Theo giả thiết, ta có: \(\widehat {AOD} = 3 \cdot 45^\circ = 135^\circ .\;\)

Vậy qua phép quay thuận chiểu \(135^\circ \) tâm \(O\), cabin \(A\) di chuyển đến vị trí cao nhất (điểm \(D).\)

Đa giác đều 12 cạnh \(ABCDEFGHIKLM\) nội tiếp đường tròn (O) (Xem hình vē).

Ta có: \[\widehat {AOB} = \frac{{360^\circ }}{{12}} = 30^\circ .\]

\(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \ldots = 30^\circ \).

\(OA = OB = OC = OD = \ldots \) (bán kính đường tròn ngoại tiếp)

Ta chọn phép quay thuận chiều (hoặc ngược chiều) góc quay \(30^\circ ,\,\,60^\circ ,\,\,90^\circ ,\,\,120^\circ \) biến đa giác đã cho thành chính nó.

a) Bán kính đáy của hình trụ: \(OA;\,\,OD;\,\,IB;\,\,IC\).

b) Chiều cao của hình trụ: \(AB\).

c) Đường sinh: \(AB;\,\,CD\).

a) Đỉnh của hình nón: \[S.\]

b) Bán kính đáy của hình nón: \(OC,\,\,OD,\,\,OE,\,\,OF\).

c) Chiéu cao của hình nón: \[AO.\]

d) Đường sinh của hình nón: \(AC,\,\,AD,\,\,AE,\,\,AF\).

a) Tâm \[O\] của hình cầu là trung điểm của đoạn thẳng \[AB.\]

Bán kính của hình cầu đó là:

\(R = OA - OB = \frac{{AB}}{2} = \frac{6}{2} = 3{\rm{ }}(cm).\)

Diện tích xung quanh của hình trụ có đường kính đáy \(2R = 57\,\,{\rm{cm}}\) và chiều cao \(89\,\,{\rm{cm}}\) là:

\(2\pi Rh = 57 \cdot 89 \cdot \pi = 15\,\,929,22\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích hai đay là: \(2\pi {R^2} = 2 \cdot {\left( {\frac{{57}}{2}} \right)^2} \cdot \pi = 5\,\,100,93\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\) .

Diện tích toàn phần là: \(2\pi Rh + 2\pi {R^2}\)\( = 15\,\,929,22 + 5\,\,100,93 = 21\,\,030,15\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\) .

Để sản xuất \(1000\) vỏ hộp cần \(2,103\,\,015 \cdot 1000 = 2\,\,103,015\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Chị phí để sản xuất vỏ hộp là \(100\,\,000\) đồng/\[{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\]nên số tiền mà doanh nghiệp cần chi để sản xuất \(1\,\,000\) vỏ hộp là: \(2\,\,103,015 \cdot 100\,\,000 = 210\,\,301\,\,500\) đồng.

Vậy số tiền mà doanh nghiệp cần chi để sản xuất \(1\,\,000\) vỏ hộp đó là \(210\,\,301\,\,500\) đồng.

Bán kính đáy \(r = \frac{{12}}{2} = 6\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Độ dài đường sinh của hình nón là \(l = 8,5\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Diện tích xung quanh của hình nón là: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi \cdot \,6 \cdot \,\,8,5 = 51\pi \,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Tổng chi phí để làm toàn bộ phần mái nhà hình nón là:

\[51\pi \cdot \,250\,\,000 = 12\,750\,\,000\pi \approx 40\,\,055\,\,306\] (đồng).

Vậy tổng chi phí để làm toàn bộ phần mái nhà đó khoảng \[40\,\,055\,\,306\] đồng.

Gọi \(R,\,\,r\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) theo thứ tự là bán kính của quả bóng rổ và quả bóng tennis.

Ta có \(R = 2 \cdot 2\,r\) suy ra \(2\,r = \frac{R}{2}\) nên \(4\,{r^2} = \frac{{{R^2}}}{2}.\)

Khi đó \(4\,\pi {r^2} = \frac{{\pi {R^2}}}{4} = \frac{{4\pi {R^2}}}{{16}} \approx \frac{{1884,75}}{{16}} \approx 118\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\)

Vậy diện tích bề mặt của quả bóng tennis đó là \(118\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\)