15000 câu hỏi ôn tập môn Toán có đáp án (Phần 98)

15000 câu hỏi ôn tập môn Toán (Phần 98)

Đề bài. Xét xem dãy u_n = 3n – 1 có phải là cấp số nhân hay không? Nếu phải hãy xác định công bội.

Lời giải:

Xét: $\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{3\left(n+1\right)-1}{3n-1}=\frac{3n+2}{3n-1}$

Ta thấy giá trị của $\frac{3n+2}{3n-1}$ phụ thuộc vào n.

Suy ra: u_n không phải là cấp số nhân.

Đề bài. Một vé xem phim có mức giá là 60000 đồng. Trong dịp khuyến mãi cuối năm 2018, số lượng người xem phim tăng lên 45% nên tổng doanh thu cũng tăng 8,75%. Hỏi rạp phim đã giảm giá mỗi vé bao nhiêu % so với giá bán ban đầu?

Lời giải:

Gọi số lượng người xem trước khi khuyến mãi là: a (người) (a > 0)

Doanh thu khi đó là: 60000.a (đồng)

Khi có đợt khuyến mãi số lượng người xem là: a.145% = 1,45a (người)

Lúc đó doanh thu là:

60000a.108,75% = 62250a (đồng)

Khi đó giá vé là:

62250a : 1,45a = 45000 (đồng )

Số phần trăm rạp phim đã giảm giá mỗi vé so với giá ban đầu là:

(60000 – 45000) : 60000 . 100 = 25%.

Đề bài. Tính giá trị của biểu thức: P = (x – 10)² – x(x + 80) tại x = 0,87.

Lời giải:

a) P = (x – 10)² – x(x + 80)

= x² ‒ 2.x.10 + 10² ‒ x² ‒ 80x

= x² ‒ 20x + 100 ‒ x² ‒ 80x

= (x² ‒ x²)+ (‒20x ‒ 80x) + 100

= ‒ 100x + 100 = 100(1 ‒ x).

Với x = 0,87 ta có:

P = 100(1 ‒ 0,87) = 100.0,13 = 13.

Đề bài. Tính giá trị biểu thức A = 100 – 99 + 98 – 97 + … + 4 – 3 + 2.

Lời giải:

100 – 99 + 98 – 97 + … + 4 – 3 + 2

= (100 – 99) + (98 – 97) + … + (4 – 3) + 2

= 1 + 1 + ....... + 1 + 2

Số số trong dãy tính từ 2 đến 100 là: (100 − 2) : 1 + 1 = 99 số

Trừ số 2 ở cuối, còn 98 số hạng

Số cặp số hạng là: 98 : 2 = 49 cặp

Vậy 100 – 99 + 98 – 97 + … + 4 – 3 + 2

= 1 . 49 + 2

= 49 + 2

= 51.

Đề bài. Cho a, b thuộc ℕ và (11a + 2b) chia hết cho 12. Chứng minh rằng: (a + 34b) chia hết cho 12.

Lời giải:

Ta có: a + 34b = (12a + 36b) – (11a + 2b)

Mà 12a + 36b chia hết cho 12

Và 11a + 2b chia hết cho 12

⇒ (12a + 36b) – (11a + 2b) chia hết cho 12

Hay a + 34 chia hết cho 12 (đpcm).

Đề bài. Giải phương trình: $\cos \left(x+\frac{\pi }{3}\right)=\cos 2x$ .

Lời giải:

$\cos \left(x+\frac{\pi }{3}\right)=\cos 2x$

⇔$\left[\begin{array}{l}x+\frac{\pi }{3}=2x+k2\pi \\ x+\frac{\pi }{3}=-2x+k2\pi \end{array}\right.$

⇔$\left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ x=-\frac{\pi }{9}+k\frac{2\pi }{3}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $\left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ x=-\frac{\pi }{9}+k\frac{2\pi }{3}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ .

Đề bài. Phân tích đa thức thành nhân tử: 8(x + y + z)³ – (x + y)³ – (y + z)³ – (z + x)³.

Lời giải:

Đặt a = x + y, b = y + z, c = x + z

Suy ra: x + y + z =

8(x + y + z)³ – (x + y)³ – (y + z)³ – (z + x)³

=$8{\left(\frac{a+b+c}{2}\right)}^3-a^3-b^3-c^3$

= (a + b + c)³ – a³ – b³ – c³

= (a + b)³ + c³ + 3(a + b)c(a + b + c) – (a + b)³ + 3ab(a + b) – c³

= 3(a + b)(ac + bc + c² + ab)

= 3(x + y + y + z)(y + z + z + x)(z + x + x + y)

= 3(x + 2y + z)(y + 2z + x)(z + 2x + y).

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH kẻ HE, HF lần lượt vuông góc với AB, AC.

a) Chứng minh $\frac{EB}{FC}={\left(\frac{AB}{AC}\right)}^3$ .

b) Chứng minh BC.BE.CF = AH³.

Lời giải:

Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông ABC, AHB, AHC ta có:

AB.AC = BC.AH ⇒$BC=\frac{AB.AC}{AH}$

* BH² = AB.BE

AB² = BH.BC ⇒ AB⁴ = BH² . BC² = AB.BE.BC²

* CH² = AC.CF

AC² = CH.BC ⇒ AC⁴ = CH² . BC² = AC.CF.BC²

Xét: $\frac{A{B}^4}{A{C}^4}=\frac{AB.BE.B{C}^2}{AC.CF.B{C}^2}=\frac{AB.BE}{AC.CF}$

Suy ra: $\frac{EB}{FC}={\left(\frac{AB}{AC}\right)}^3$

Lại có: BH² = AB.BE ⇒ BE =$\frac{B{H}^2}{AB}$

CH² = AC.CF ⇒ CF =$\frac{C{H}^2}{AC}$

Khi đó: $BE.CF=\frac{B{H}^2}{AB}.\frac{C{H}^2}{AC}=\frac{A{H}^4}{AB.AC}$ (Vì AH² = BH.CH)

Vậy BC.BE.CF =$\frac{AB.AC}{AH}.\frac{A{H}^4}{AB.AC}=A{H}^3$.2

Đề bài 1. Tìm m để hai đường thẳng (d₁) y = mx + 5 – m và (d₂) y = 3x + m – 1 cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung.

Lời giải:

d₁ cắt d₂ tại 1 điểm trên trục tung khi thỏa mãn: $\left\{\begin{array}{l}a\ne a\text{'}\\ b=b\text{'}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 3\\ 5-m=m+1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 3\\ m=3\end{array}\right.$

Vậy không có m thỏa mãn để d₁ cắt d₂ tại 1 điểm trên trục tung.

Đề bài 2. Tìm m để 2 đường thẳng (d) cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung cho hàm số y = (m + 2)x + 2m² + 1 tìm m để hai đường thẳng (d): y = (m + 2)x + 2m² + 1 và (d'): y = 3x + 3 cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung.

Lời giải:

Để 2 đường thẳng (d) và (d') cắt nhau trên trục tung thì x = 0

Ta có : (d): y = 2m² + 1

(d'): y = 3.0 + 3 = 3

Vì (d) ∩ (d') nên 2m² + 1 = 3

Do đó m = 1 hoặc m = − 1.

Vậy m = 1 hoặc m = − 1.

Đề bài. Tìm m để phương trình x² – (3m – 1)x + 2m² – m = 0 có nghiệm phân biệt x₁, x₂ thỏa mãn x₁ = x₂².

Lời giải:

x² – (3m – 1)x + 2m² – m = 0 (*)

∆ = [–(3m – 1)]² – 4(2m² – m) = m² – 2m + 1 = (m – 1)²

Để (*) có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ > 0 hay (m – 1)² > 0

⇒ m ≠ 1.

Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm là:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{3m-1-\left(m-1\right)}{2}=m\\ x_2=\frac{3m-1+\left(m-1\right)}{2}=2m-1\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}{x}_2=m\\ x_1=2m-1\end{array}\right.$

Theo giả thiết ta có: x₁ = x₂²

⇔$\left[\begin{array}{l}m={\left(2m-1\right)}^2\\ 2m-1=m^2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}4m^2-5m+1=0\\ m^2-2m+1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=\frac{1}{4}\end{array}\right.$

Kết hợp với điều kiện m ≠ 1.

Vậy m = $\frac{1}{4}$ .

Đề bài. Tính giá trị biểu thức: $-\frac{5}{12}+1+\frac{5}{18}-2,25$ .

Lời giải:

$-\frac{5}{12}+1+\frac{5}{18}-2,25$

$=\frac{5}{18}-\frac{5}{12}-1,25$

$=\frac{5}{18}-\frac{5}{12}-\frac{5}{4}$

$=\frac{5}{18}-\frac{5}{12}-\frac{5}{4}$

$=\frac{5.2}{18.2}-\frac{5.3}{12.3}-\frac{5.9}{4.9}$

$=\frac{10}{36}-\frac{15}{36}-\frac{45}{36}$

$=\frac{10-15-45}{36}=\frac{-50}{36}=\frac{-25}{18}$

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB > AC) có đường cao AH. Gọi AD là phân giác của HAB.

a) Tính cạnh AH, AC biết HB = 18cm, HC = 8cm.

b) Chứng minh tam giác ADC cân và HD.BC = BD.DC.

c) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Chứng minh

S_AEF = S_ABC.(1 – cos²B).sin²C.

Lời giải:

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

Nên: AH² = BH.CH = 18.8 = 144

⇒ AH = 12cm.

AC =$\sqrt{A{H}^2+H{C}^2}=4\sqrt{13}$

b) Vì AD là phân giác ⇒ $\widehat{BAD}=\widehat{DAH}$

$\widehat{HAC}=90°-\widehat{HAB}=\widehat{ABH}=\widehat{ABD}$

⇒$\widehat{CDA}=\widehat{DAB}+\widehat{DBA}=\widehat{DAH}+\widehat{CAH}=\widehat{CAD}$

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

Vì AD là phân giác ⇒ $\frac{DH}{DB}=\frac{AH}{AB}=\sin B=\frac{AC}{BC}$

⇒ HD.BC = BD.AC = DB.CD

c) Ta có: HE ⊥ AB, HF ⊥ AC, AB ⊥ AC

Nên AEHF là hình chữ nhật

⇒ AH = EF

⇒ $\widehat{AEF}=\widehat{EAH}=\widehat{BAH}=90°-\widehat{B}=\widehat{ACB}$

Mà $\widehat{EAF}=\widehat{BAC}$

⇒ ∆AFE ∼ ∆ABC (g.g)

⇒ $\frac{S_{AFE}}{S_{ABC}}={\left(\frac{EF}{BC}\right)}^2=\frac{A{H}^2}{B{C}^2}$
Ta có: 1 – cos²B = sin²B

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

=${\left(\frac{AC}{BC}.\frac{AB}{BC}\right)}^2={\left(\frac{AB.AC}{B{C}^2}\right)}^2={\left(\frac{AH.BC}{B{C}^2}\right)}^2={\left(\frac{AH}{BC}\right)}^2$

⇒$\frac{S_{AFE}}{S_{ABC}}=\left(1–co{s}^{2}B\right)si{n}^{2}C$

⇒ _AEF = S_ABC.(1 – cos²B).sin²C.

Đề bài. Rút gọn biểu thức: $\frac{x^2}{5x+25}+\frac{2x-10}{x}+\frac{50+5x}{x^2+5x}$ .

Lời giải:

$\frac{x^2}{5x+25}+\frac{2x-10}{x}+\frac{50+5x}{x^2+5x}$

$=\frac{x^3}{5x\left(x+5\right)}+\frac{5\left(2x-10\right)\left(x+5\right)}{5x\left(x+5\right)}+\frac{5\left(50+5x\right)}{5x\left(x+5\right)}$

$=\frac{x^3+10\left(x-5\right)\left(x+5\right)+250+25x}{5x\left(x+5\right)}$

$=\frac{x^3+10\left(x^2-25\right)+250+25x}{5x\left(x+5\right)}$

$=\frac{x^3+10x^2+25x}{5x\left(x+5\right)}$

$=\frac{x\left(x^2+10x+25\right)}{5x\left(x+5\right)}$

$=\frac{x{\left(x+5\right)}^2}{5x\left(x+5\right)}$

$=\frac{x+5}{5}$

Đề bài. Cho tam giác ABC có $\widehat{B}=\widehat{C}$ , gọi H là trung điểm BC. Chứng minh AH là phân giác góc $\widehat{A}$ .

Lời giải:

Vì $\widehat{B}=\widehat{C}$ nên tam giác ABC cân tại A. Suy ra: AB = AC

Xét tam giác ABH và tam giác ACH có:

AB = AC

HB = HC (H là trung điểm BC)

AH chung

⇒ ∆AHB = ∆AHC

⇒$\widehat{HAB}=\widehat{HAC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$

Vậy AH là phân giác của $\widehat{A}$ .

Đề bài. Tính 30% của 70.

Lời giải:

30% của 70 là:

30% . 70 = 70. = 21.

Vậy 30% của 70 là 21.

Đề bài. Trên mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d): y = ax + b với a, b là hằng số. Tìm a, b biết: d đi qua điểm M(1; −2) và song song với đường thẳng d₁: y = 2x – 1.

Lời giải:

(d) có dạng y = ax + b

Để d // d₁ thì a = 2, khi đó d có dạng y = 2x + b

Mà d đi qua M(1; –2) nên: –2 = 2.1 + b

Suy ra: b = –4

Vậy d có phương trình: y = 2x – 4.

Đề bài. Cho hình bình hành ABCD và O là giao điểm của AC và BD. Trên đường chéo AC lấy 2 điểm M và N sao cho AM = MN = NC

a) Chứng minh: tứ giác BMDN là hình bình hành.

b) BC cắt DN tại K. Chứng minh: N là trọng tâm của tam giác BDC.

Lời giải:

a) Theo giả thiết ta có: AM = MN = NC =$\frac{1}{3}AC$

Lại có: ABCD là hình bình hành nên AC và BD cắt nhau tại trung điểm O mỗi đường. Nên: OA = OC = OB = OD

Mà OA = AM + OM; OC = ON + NC

Suy ra: OM = ON hay O là trung điểm của MN

Xét tứ giác BMDN có:

O là trung điểm MN

O là trung điểm BD

Do đó: BMDN là hình bình hành

b) Ta có: ON + NC = OC

ON + $\frac{1}{3}AC$ =$\frac{1}{2}AC$

ON =$\frac{1}{6}AC$

Suy ra: $\frac{ON}{OC}=\frac{\frac{1}{6}AC}{\frac{1}{2}AC}=\frac{1}{3}$

Xét tam giác BDC có: O là trung điểm BD nên CO là đường trung tuyến của BDC

Mà $\frac{ON}{OC}=\frac{1}{3};\frac{CN}{CO}=\frac{2}{3}$

Suy ra: N là trọng tâm của tam giác BDC.

Đề bài. Cho a, b, m là các số tự nhiên khác 0. Biết (7a + b) chia hết cho m và (8a + b) chia hết cho m. Chứng minh rằng b cũng chia hết cho m.

Lời giải:

Vì 7a + b chia hết cho m nên ta có: 8.(7a + b) ⁝ m, giả sử 8(7a + b) = m.q

Vì 8a + b chia hết cho m nên ta có: 7.(8a + b) ⁝ m, giả sử 7(8a + b) = m.p

Xét: 8(7a + b) – 7(8a + b) = mq – mp = m(q – p) ⁝ m

Hay (56a + 8b) – 56a – 7b = b ⁝ m

Vậy b cũng chia hết cho m.

Đề bài. Cho A là một số lẻ không tận cùng bằng 5. Chứng minh rằng tồn tại một bội của A gồm toàn chữ số 9.

Lời giải:

Xét $\frac{1}{A}$ , mẫu A không chứa thừa số nguyên tố 2 và 5 nên $\frac{1}{A}$ viết được dưới dạng số thập phân vô hạn tuần hoàn đơn

$\frac{1}{A}=\frac{\overline{a_1{a}_2\mathrm{...}{a}_n}}{\underset{n}{\underbrace{\mathrm{99...9}}}}$⇒ $\underset{n}{\underbrace{\mathrm{99...9}}}=A.\overline{a_1{a}_2\mathrm{...}{a}_n}$ ⇒$\underset{n}{\underbrace{\mathrm{99...9}}}⋮A$

Đề bài. Chứng minh rằng 10⁹ + 10⁸ + 10⁷ chia hết cho 5.

Lời giải:

Ta có: 10⁹ + 10⁸ + 10⁷ = 10⁷(10² + 10 + 1) = 10⁷ . 111

= 10⁶.10.111

= 10⁶.5.2.111

= 10⁶.5.222

Ta thấy 5 chia hết cho 5 nên 10⁶.5.222 chia hết cho 5.

Vậy 10⁹ + 10⁸ + 10⁷ chia hết cho 5.

Đề bài. Tính tổng F = 1² + 2² + 3² + … + n².

Lời giải:

F = 1² + 2² + 3² + … + n²

F = 1 + (1 + 1).2 + (1 + 2).3 + (1 + 3).4 + … + (1 + n – 1)n

F = 1 + (2 + 1.2) + (3 + 2.3) + (4+ 3.4) + … + [n + (n – 1)n]

F = (1 + 2 + 3 + 4 + … + n) + [1.2 + 2.3 + 3.4 + …. + (n – 1)n]

Đặt A = 1 + 2 + 3 + 4 + … + n thì A =$\frac{n\left(n+1\right)}{2}\left(1\right)$

Đặt B = [1.2 + 2.3 + 3.4 + …. + (n – 1)n]

Xét 3B = 1.2.3 + 2.3.3 + 3.4.3 + … + (n – 1).n.3

3B = [1.2.3 + 2.3.4 + … + (n – 1).n.(n + 1)] – (1.2.3 + 2.3.4 + … + (n – 2)(n – 1)n)

3B = (n – 1)n(n + 1)

B =$\frac{\left(n–1\right)n\left(n+1\right)}{3}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra:

F = $\frac{n\left(n+1\right)}{2}+\frac{\left(n–1\right)n\left(n+1\right)}{3}=\frac{3n^2+3n+2n\left(n^2-1\right)}{6}=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}$

$=\frac{n\left(2n^2+3n+1\right)}{6}=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}$

Vậy F = 1² + 2² + 3² + … + n² $=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}$

Đề bài. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Gọi M là điểm bất kì thuộc tia Ax. Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt By ở N. Tính số đo góc $\widehat{MON}$ .

Lời giải:

Gọi I là tiếp điểm của tiếp tuyến MN với đường tròn (O). Nối OI

Ta có: $\widehat{AOI}+\widehat{BOI}=180°$ (hai góc kề bù)

OM là tia phân giác của góc AOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

ON là tia phân giác của góc BOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: OM ⊥ ON (tính chất hai góc kề bù)

Vậy $\widehat{MON}=90°$ .

Đề bài. Cho a, b là các số nguyên dương và q = $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ là số nguyên. Chứng minh rằng q là số chính phương.

Lời giải:

Giả sử q không phải là số chính phương

Xét tập S(q) = $\left\{\left.\left(a;b\right)\subset {\left({\mathbb{N}}^{*}\right)}^2\right|q=\frac{a^2+b^2}{ab+1}\right\}$ . Theo giả thiết S(q) ≠ ∅ nên theo nguyên lý cực hạn tồn tại cặp số (A; B) thuộc S(q) sao cho A + B nhỏ nhất.

Giả sử A ≥ B.

Xét phương trình q = $\frac{x^2+B^2}{Bx+1}\iff x^2-Bqx+B^2-q=0$

Rõ ràng A là một nghiệm của phương trình. Giả sử nghiệm còn lại là a.

Theo định lý Vi–ét ta có: $\left\{\begin{array}{l}A+a=Bq\\ Aa=B^2-q\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}a=Bq-A\left(3\right)\\ a=\frac{B^2-q}{A}\left(4\right)\end{array}\right.$

Đến đây ta có thể đi đến kết luận A ≤ a.

Theo phương trình trên thì A² ≤ Aa = B² + 6 ⇔ (A – B)(A + B) ≤ 6.

Từ đó suy ra (A – B)(A + B) ∈ {0;1;2;3;4;5;6} với A ≥ B.

Từ đây kiểm tra được chỉ có cặp A = B = 1 thỏa mãn p là số nguyên dương

Khi đó: p = 8 là số lập phương

Như vậy với mọi số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán thì p = 8 (A = B = 1 chỉ là các số nhỏ nhất thỏa mãn tính chất này)

Vậy giả sử ban đầu là sai.

Vậy p là số chính phương.

Đề bài. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Lấy M thuộc AB, N thuộc AD sao cho AM + AN + MN = 2a. Chứng minh $\widehat{MCN}=45°$ .

Lời giải:

Vẽ tia Cx vuông góc với CN tại C, cắt AB tại E.

$\widehat{C_1}+\widehat{MCN}+\widehat{C_3}=90°$

$\widehat{C_2}+\widehat{MCN}+\widehat{C_3}=90°$

Suy ra: $\widehat{C_1}=\widehat{C_2}$

Xét tam giác CDN và tam giác CBE có:

$\widehat{C_1}=\widehat{C_2}$

CD = CB

$\widehat{CDN}=\widehat{CBE}=90°$

⇒ ∆CDN= ∆CBE (c.g.c)

⇒ CN = CE; DN = BE

Xét: AM + AN + ME

= AM + AN + MB + BE

= AM + AN + MB + ND (vì BE = ND, chứng minh trên)

= AM + MB + AN + ND

= AB + AD = 2a

Suy ra: AM + AN + ME = AM + AN + MN = 2a

Vậy MN = ME

Xét tam giác CMN và tam giác CME có:

CN = CE

Chung CM

MN = ME

⇒ ∆CMN = ∆CME (c.c.c)

⇒$\widehat{MCN}=\widehat{ECM}$

Mà $\widehat{MCN}+\widehat{ECM}=90°$ (do CE vuông góc CN)

Vậy $\widehat{MCN}=45°$ .

Đề bài. Cho hình vuông ABCD tâm O, trên đoạn BC lấy điểm E bất kì, trên tia đối của tia CD lấy điểm F sao cho CE = CF.

a) Chứng minh DE = BF.

b) Tia DE cắt BF tại H. Chứng minh $\widehat{DHF}=90°$.

c) Gọi I là trung điểm của EF, K là giao điểm của FE và BD. Chứng minh tứ giác AOIK là hình bình hành.

d) Chứng minh A, H, K thẳng hàng.

Lời giải:

a) Vì ABCD là hình vuông nên AB = BC = CD = DA và

$\widehat{ABC}=\widehat{BCD}=\widehat{CDA}=\widehat{DAB}=90°$

Xét △DEC và △BFC có

EC = FC (giả thiết)

$\widehat{DCE}=\widehat{BCF}=90°$

DC = BC (chứng minh trên)

Do đó △DEC = △BFC (c.g.c)

Suy ra DE = BF (2 cạnh tương ứng), $\widehat{EDC}=\widehat{FBC}$

b) Xét △BEH và △DEC có

$\widehat{BEH}=\widehat{DEC}$ (hai góc đối đỉnh)

$\widehat{EDC}=\widehat{FBC}$ (chứng minh câu a)

Suy ra △BEH ∽ △DEC (g.g)

Do đó $\widehat{BHE}=\widehat{DCE}$

Mà $\widehat{DCE}=90°$ nên $\widehat{BHE}=90°$

Hay DE ⊥ BF

Suy ra $\widehat{DHF}=90°$

c) Xét tam giác BDF có

DE ⊥ BF

BC ⊥ DF

DE cắt BC tại E

Suy ra E là trực tâm tam giác BDF

Do đó FK ⊥ BD

Mà AO ⊥ BD

Suy ra AO // IK

Vì CE = CF nên tam giác CEF cân tại C

Mà CI là trung tuyến

Suy ra CI là đường cao

Hay CI ⊥ EF

Xét tứ giác OKIC có $\widehat{OKI}=\widehat{KOC}=\widehat{CIK}=90°$

Suy ra OKIC là hình chữ nhật

Do đó OC = KI

Mà OC = AO

Suy ra AO = KI

Xét tứ giác AOIK có AO // KI, AO = KI (chứng minh trên)

Suy ra AOIK là hình bình hành

d) Xét tứ giác ABHD có $\widehat{BAD}+\widehat{BHD}=90°+90°=180°$

Suy ra tứ giác ABHD nội tiếp

Do đó $\widehat{AHB}=\widehat{ADB}=45°$

Xét tứ giác DKHF có $\widehat{DKF}=\widehat{DHF}=90°$

Suy ra tứ giác DKHF nội tiếp

Do đó $\widehat{KHB}=\widehat{FDB}=45°$

Suy ra $\widehat{AHB}=\widehat{KHB}$

Suy ra AH ≡ KH

Do đó A, H, K thẳng hàng.

Vậy A, H, K thẳng hàng.

Đề bài. Để thành lập các đội tuyển học sinh giỏi khối 9, nhà trường tổ chức thi chọn các môn Toán, Văn và Ngoại ngữ trên tổng số 111 học sinh. Kết quả có: 70 học sinh giỏi Toán, 65 học sinh giỏi Văn và 62 học sinh giỏi Ngoại ngữ. Trong đó, có 49 học sinh giỏi cả 2 môn Văn và Toán, 32 học sinh giỏi cả 2 môn Toán và Ngoại ngữ, 34 học sinh giỏi cả 2 môn Văn và Ngoại ngữ. Hãy xác định số học sinh giỏi cả ba môn Văn, Toán và Ngoại ngữ. Biết rằng có 6 học sinh không đạt yêu cầu cả ba môn.

Lời giải:

Gọi x là số học sinh giỏi cả 3 môn Toán, Văn, Ngoại ngữ (x > 0)

Ta có: Số học sinh chỉ giỏi Toán là: 70 – 49 − (32 − x)

Số học sinh chỉ giỏi Văn là: 65 – 49 − (34 − x)

Số học sinh chỉ giỏi Ngoại ngữ là: 62 – 34 − (32 − x)

Do có 6 học sinh không đạt yêu cầu nên:

111 – 6 = 70 – 49 − (32 − x) + 65 – 49 − (34 − x) + 62 – 34 − (32 − x) + 49 + (32 − x) + (34 − x)

⇔82 + x = 105

⇔ x = 23

Vậy có 23 học sinh giỏi cả 3 môn.

Đề bài. Giải tam giác vuông là gì?

Lời giải:

Giải một tam giác vuông là tìm ra các yếu tố còn lại của tam giác khi đã biết trước hai yếu tố. Trong quá trình giải, phải có ít nhất một yếu tố về độ dài cạnh, và không cần biết đến góc vuông của tam giác. Các phương pháp giải tam giác vuông có thể sử dụng định lý Pytago, các tỉ lệ cơ bản của tam giác vuông, hay các công thức khác để tìm ra các yếu tố còn lại, bao gồm cạnh, đường cao, chu vi và diện tích của tam giác.

Đề bài. Cho tam giác ABC có BC = 6, AB = 5, $\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BA}=24$ . Tính diện tích tam giác ABC

Lời giải:

Áp dụng định lí cosin ta có: $AC=\sqrt{B{A}^2+B{C}^2-2.BA.BC.\cos \widehat{B}}$

$AC=\sqrt{B{A}^2+B{C}^2-2.\left(\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BA}\right)}$

$AC=\sqrt{5^2+6^2-2.24}=\sqrt{13}$

Chu vi của tam giác BAC là: AB + AC + BC = 11 +$\sqrt{13}$

Áp dụng công thức herong: S_ABC = $\sqrt{p\left(p-AB\right)\left(p-AC\right)\left(p-BC\right)}$ trong đó p =$\frac{11+\sqrt{13}}{2}$

S_ABC =$\sqrt{\left(\frac{11+\sqrt{13}}{2}-5\right)\left(\frac{11+\sqrt{13}}{2}-6\right)\left(\frac{11+\sqrt{13}}{2}-\sqrt{13}\right)}$

$=\sqrt{\left(\frac{1+\sqrt{13}}{2}\right)\left(\frac{-1+\sqrt{13}}{2}\right)\left(\frac{11-\sqrt{13}}{2}\right)}$

$=\sqrt{\frac{\left(13-1\right)}{4}.\left(\frac{11-\sqrt{13}}{2}\right)}$

$=\sqrt{3.\left(\frac{11-\sqrt{13}}{2}\right)}=\sqrt{\frac{33-3\sqrt{13}}{2}}$.

Đề bài. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh

abc(1 + a²)(1 + b²)(1 + c²) ≤ 8.

Lời giải:

abc(1 + a²)(1 + b²)(1 + c²) ≤ 8

⇔ a(1 + a²).b(1 + b²).c(1 + c²) ≤ 8

Ta có: 2a(1 + a²) ≤ $\frac{{\left[2a+\left(1+a^2\right)\right]}^2}{4}=\frac{{\left(a+1\right)}^4}{4}$ ⇔ a(1 + a²) ≤ $\frac{{\left(a+1\right)}^4}{8}$

2b(1 + b²) ≤ $\frac{{\left[2b+\left(1+b^2\right)\right]}^2}{4}=\frac{{\left(b+1\right)}^4}{4}$ ⇔ b(1 + b²) ≤ $\frac{{\left(b+1\right)}^4}{8}$

2c(1 + c²) ≤ $\frac{{\left[2c+\left(1+c^2\right)\right]}^2}{4}=\frac{{\left(c+1\right)}^4}{4}$ ⇔ c(1 + c²) ≤$\frac{{\left(c+1\right)}^4}{8}$

Suy ra: a(1 + a²).b(1 + b²).c(1 + c²) ≤ $\frac{{\left(a+1\right)}^4}{8}.\frac{{\left(b+1\right)}^4}{8}.\frac{{\left(c+1\right)}^4}{8}$

Mà (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≤ $\frac{{\left(a+1+b+1+c+1\right)}^3}{27}=\frac{{\left(a+b+c+3\right)}^3}{27}=8$

Suy ra: a(1 + a²).b(1 + b²).c(1 + c²) ≤ $\frac{8^4}{\mathrm{8.8.8}}=8$

Dấu “=” xảy ra khi: $\left\{\begin{array}{l}{\left(a-1\right)}^2=0\\ a=b=c\\ a+b+c=3\end{array}\right.\iff a=b=c=1$

Đề bài. Cho tam giác ABC, kẻ tia phân giác Bx của góc B, Bx cắt tia AC tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, nó cắt BC tại N. Từ N kẻ tia NY // Bx. Chứng minh:

a. $\widehat{xAB}=\widehat{BMN}$ .

b. Tia Ny là tia phân giác của góc MNC.

Lời giải:

a) Trong tam giác ABC tại đỉnh B có:

$\widehat{ABx }=\widehat{xBC}$(vì Bx là tia phân giác của góc B)

$\widehat{BMN}=\widehat{ABx}$(2 góc so le trong vì MN//BA)

Vậy $\widehat{BMN}=\widehat{xBC}$ .

b) $\widehat{BMN }=\widehat{MNy}$ (2 góc so le trong vì Ny//Bx)

$\widehat{xBC}=\widehat{yNC}$(2 góc đồng vị vì Ny//Bx)

Vậy $\widehat{yNC}=\widehat{MNy}$ mà tia Ny là tia nằm giữa hai tia MN và NC

Do đó: Ny là tia phân giác của MNC.

Đề bài. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A và O là trung điểm của IK.

a) Chứng minh rằng: 4 điểm B, I, C, K cùng thuộc (O).

b) Chứng minh rằng: AC là tiếp tuyến của (O).

c) Tính tổng diện tích các hình viên phân giới hạn bởi các cung nhỏ CI, IB, BK, KC và các dây cung tương ứng của (O) biết AB = 20, BC = 24.

Lời giải:

a) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.

Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên CK là phân giác ngoài của góc C.

Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên $\widehat{ICK}=90°$

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: $\widehat{IBK}=90°$

Xét tứ giác BICK ta có: $\widehat{IBK}+\widehat{ICK}=90°+90°=180°$

⇒ BICK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180°).

Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC.

b) Ta có: Tam giác IOC cân tại O nên $\widehat{OIC}=\widehat{OCI}$

Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có: $\widehat{OIC}=\widehat{IAC}+\widehat{ACI}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}+\frac{1}{2}\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}+\frac{1}{2}\widehat{ABC}$

Suy ra: $\widehat{ICO}+\widehat{ICA}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}+\frac{1}{2}\widehat{ABC}+\frac{1}{2}\widehat{ACB}=\frac{1}{2}.180°=90°$

Suy ra: OC vuông góc CA

Do đó: AC là tiếp tuyến của (O) tại C.

c) Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là S’, gọi giao điểm BC và IK là M.

Ta có ngay: S = S' – S_ICKB = π.IO² – S_IBK – S_IKC = $\pi .\frac{I{K}^2}{4}-\frac{BM.IK}{2}-\frac{CM.IK}{2}=\pi .\frac{I{K}^2}{4}-\frac{BC.IK}{2}$

Ta có: S_ABC = $\frac{1}{2}.AM.BC=\frac{AB+BC+CA}{2}.IM$

Suy ra: $\sqrt{A{B}^2-B{M}^2}.24=\left(AB+BC+CA\right).IM$

$\sqrt{{20}^2-{\left(\frac{24}{2}\right)}^2.24}=\left(20.2+24\right).IM$

⇒ IM = 6

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác IBM vuông tại B có đường cao BM ta có :

BM² = IM.MK ⇒ MK = 12² : 6 = 24

IK = IM + MK = 24 + 6 = 30

S = $\frac{1}{4}\pi I{K}^2-\frac{1}{2}.BC.IK=\frac{1}{4}\pi {.30}^2-\frac{1}{2}\mathrm{.24.30}=225\pi -360\approx 346,86\left(dvdt\right)$ .

Đề bài. Cho tam giác ABC, IG vuông góc với IC trong đó I là tâm đường tròn nội tiếp, G là trọng tâm. Chứng minh $\frac{a+b+c}{3}=\frac{2ab}{a+b}$ .

Lời giải:

Ta chứng minh $a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$

⇒ $a\left(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{CA}\right)+b\left(\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{CB}\right)+c\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$

⇒ $\overrightarrow{CI}=\frac{1}{a+b+c}\left(a.\overrightarrow{CA}+b.\overrightarrow{CB}\right)$

⇒ $\overrightarrow{GI}=\overrightarrow{CI}-\overrightarrow{CG}=\left(\frac{a}{a+b+c}-\frac{1}{3}\right)\overrightarrow{CA}+\left(\frac{b}{a+b+c}-\frac{1}{3}\right)\overrightarrow{CB}$

Khi đó: ⇔ $\left[\left(2a-b-c\right)\overrightarrow{CA}+\left(2b-a-c\right)\overrightarrow{CB}\right]\left(a\overrightarrow{CA}+b\overrightarrow{CB}\right)=\overrightarrow{0}$

⇔ $\left(ab+\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}\right)\left[b\left(2a-b-c\right)+a\left(2b-a-c\right)\right]=0$

Do $\left(ab+\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}\right)=ab+ab\cos C=ab\left(1+\cos C\right)>0$

Nên ta có: b(2a – b – c) + a(2b – a – c) = 0

⇔ b(3a – a – b – c) + a(3b – a – b – c) = 0

⇔ 6ab = (a + b)(a + b + c)

⇔$\frac{a+b+c}{3}=\frac{2ab}{a+b}$ .

Đề bài. Cho tam giác ABC có $\widehat{B}=\widehat{C}=40°$ . Kẻ phân giác BD.

Chứng minh BD + AD = BC.

Lời giải:

Kẻ MD // BC (M thuộc AB)

Lấy N thuộc BC sao cho BD = BN

Trong tam giác DBN có $\widehat{DBN}=\frac{1}{2}\widehat{B}=20°$ (BD là phân giác)

Mà BD = BN nên tam giác BDN cân tại B; $\widehat{BND}=\widehat{BDN}$

Suy ra: $\widehat{BND}=\frac{180°-20°}{2}=80°$

Mà là góc ngoài của tam giác DNC

Nên: $\widehat{DNB}=\widehat{C}+\widehat{CDN}$

⇒ $\widehat{CDN}=\widehat{DNB}-\widehat{C}=80°-40°=40°$

Vì MD // BC nên $\widehat{MDB}=\widehat{DBN}=20°$

Thấy tam giác BMD cân tại M vì $\widehat{MBD}=\widehat{MDB}=\widehat{DBN}=20°$

Suy ra: BM = MD

Lại có: MD // BC

Suy ra: BM = DC

Mà AB = AC nên AM = AD

$\widehat{ABD}=\widehat{DBC }=\frac{1}{2}\widehat{B}=20°$

$\widehat{ADB}=180°-20°-100°=60°$

$\widehat{BDC}=180°-20°-40°=120°$

Vì BDN là tam giác cân tại B nên $\widehat{BDN}=\widehat{BND}=\frac{180°-20°}{2}=80°$

Suy ra: $\widehat{NDC}=\widehat{BDC}-\widehat{BDN}=120°-80°=40°$

Mà $\widehat{DCN}=40°$

Nên tam giác DCN cân tại N.

⇒ DN = NC

Xét tam giác AMD và tam giác DNC có:

$\widehat{ADM}=\widehat{DCN}$(2 góc đồng vị)

$\widehat{AMD}=\widehat{NDC}=40°$

⇒ ∆AMD ∽ ∆ NDC (g.g)

⇒ $\frac{AM}{DN}=\frac{AD}{NC}=\frac{MD}{DC}$

Suy ra: AD = CN.

Vậy BD + AD = BD + NC = BN + NC = BC.

Đề bài. Cho tam giác ABC có . Diện tích tam giác ABC là:

A. $\frac{1}{4}ab$

B. $\frac{1}{2}bc$

C. $-\frac{1}{2}ab$

D. $\frac{1}{4}bc$

Lời giải:

Đặt AB = c; AC = b; BC = a

S_ABC = $\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat{A}=\frac{1}{2}.c.b.\sin 150°=\frac{1}{4}bc$ .

Đề bài. Giải phương trình: x – $\sqrt{x-1}$ – 3 = 0.

Lời giải:

Điều kiện: x ≥ 1

x – $\sqrt{x-1}$ – 3 = 0

⇔ (x – 1) – $\sqrt{x-1}$ – 2 = 0

Đặt $\sqrt{x-1}=t\left(t\ge 0\right)$

Ta có: t² – t – 2 = 0

⇔ $\left[\begin{array}{l}t=-1\left(L\right)\\ t=2\end{array}\right.$

Xét t = 2 thì $\sqrt{x-1}=2$

Suy ra: x – 1 = 4

⇔ x = 5.

Vậy x = 5.

Đề bài. Cho các hàm số y = 3x – 2 (d₁); y = −x + 6 (d₂).

a) Vẽ các đường thẳng (d₁), (d₂) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

b) Gọi A, B, C lần lượt là giao điểm của (d₁), (d₂); (d₁) với trục hoành; (d₂) với trục hoành

Tính chu vi và diện tích tam giác ABC.

Lời giải:

a) Vẽ đồ thị hàm số

+ (d₁) cắt Oy tại điểm có tọa độ (0; a)

Thay vào phương trình d₁ có: 3.0 – 2 = y

Suy ra: (d₁) cắt Oy tại điểm (0; –2)

+ (d₂) cắt Oy tại điểm (0; 6)

Xét phương trình hoành độ giao điểm d₁ và d₂ có:

3x – 2 = –x + 6

4x = 8

x = 2

⇒ y = 3.2 – 2 = 4

Nên d₁ cắt d₂ tại A(2; 4)

Vẽ được đồ thị hàm số d₁ qua 2 điểm là A(2; 4) và (0; –2)

Vẽ được đồ thị hàm số d₂ qua 2 điểm là A(2; 4) và (0; 6).

b) d₁ cắt Ox tại điểm $\left(\frac{2}{3};0\right)$

d₂ cắt Ox tại điểm (6; 0)

Suy ra: A(2; 4), B$\left(\frac{2}{3};0\right)$ ; C(6; 0)

AB = $\sqrt{{\left(\frac{2}{3}-2\right)}^2+{\left(0-4\right)}^2}=\frac{4\sqrt{10}}{3}$

AC = $\sqrt{{\left(6-2\right)}^2+{\left(0-4\right)}^2}=4\sqrt{2}$

BC = $\sqrt{{\left(6-\frac{2}{3}\right)}^2+0^2}=\frac{16}{3}$

Chu vi tam giác ABC = AB + AC + BC = $\frac{4\sqrt{10}}{3}+4\sqrt{2}+\frac{16}{3}$

Đường cao hạ từ A xuống BC = y_A = 4 (đơn vị độ dài)

S_ABC = $\frac{1}{2}\mathrm{.4.}\frac{16}{3}=\frac{32}{3}$ (đvdt).

Đề bài. Cho 5 số nguyên dương đôi một phân biệt sao cho mỗi số trong chúng không có ước nguyên tố nào khác 2 và 3. Chứng minh rằng trong năm số đó tồn tại hai số mà tích của chúng là một số chính phương.

Lời giải:

Gọi 5 số nguyên dương đã cho là K₁, K₂, K₃, K₄, K₅ (phân biệt từng đôi một). Ta có:

K₁ = $2^{a_1}{.3}^{b_1}$

K₂ = $2^{a_2}{.3}^{b_2}$

K₃ = $2^{a_3}{.3}^{b_3}$

K₄ = $2^{a_4}{.3}^{b_4}$

K₅ = $2^{a_5}{.3}^{b_5}$

(a₁,a₂,a₃,... và b₁,b₂,b₃,... đều là số tự nhiên)

Xét 4 tập hợp sau:

+ A là tập hợp các số có dạng 2^m.3ⁿ (với m lẻ, n lẻ)

+ B là tập hợp các số có dạng 2^m.3ⁿ (với m lẻ, n chẵn)

+ C là tập hợp các số có dạng 2^m.3ⁿ (với m chẵn, n lẻ)

+ D là tập hợp các số có dạng 2^m.3ⁿ (với m chẵn, n chẵn)

Rõ ràng trong 5 số K₁, K₂, K₃, K₄, K₅ chắc chắn có ít nhất 2 số thuộc cùng 1 tập hợp ví dụ K_i và K_j

K_i = $2^{a_i}{.3}^{b_i}$ ; K_j = $2^{a_j}{.3}^{b_j}$

⇒ K_i.K_j = $2^{a_i+a_j}{.3}^{b_i+b_j}$

Vì K_i và K_j thuộc cùng 1 tập hợp

Suy ra: a_i và a_j cùng tính chẵn lẻ, b_i và b_j cùng tính chẵn lẻ

a_i + a_j và b_i + b_j đều chẵn

K_i.K_j = $2^{a_i+a_j}{.3}^{b_i+b_j}$ là số chính phương.

Vậy trong năm số đó tồn tại hai số mà tích của chúng là một số chính phương.

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). Kẻ đường cao AD của tam giác ABC, đường kính AK của đường tròn (O). Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của B và C trên AK. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và AC. Chứng minh: MN ⊥ DF và M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.

Lời giải:

Xét ADFC có: $\widehat{ADC}=\widehat{AFC}=90°$ (Vì AD ⊥ BC và CF ⊥ AK)

Suy ra: ADFC nội tiếp vì 2 góc cùng nhìn AC dưới 1 góc 90° không đổi.

⇒ $\widehat{DFA}=\widehat{DCA}$ (cùng chắn cung AD) hay $\widehat{DFA}=\widehat{BCA}$

Mà $\widehat{BKA}=\widehat{BCA}$ (góc nội tiếp)

Suy ra: $\widehat{DFA}=\widehat{BKA}$

Mà 2 góc $\widehat{DFA};\widehat{BKA}$ ở vị trí đồng bị nên DF // BK

Mà BK ⊥ AB nên DF ⊥ AB

Mặt khác MN // AB (MN là đường trung bình của tam giác ABC)

Suy ra: MN ⊥ DF (đpcm).

Lại có: MN ⊥ DF

⇒ EM ⊥ DF

AK là đường kính, BC là đây cung (1)

⇒ AK ⊥ BC hay DM ⊥ DF (2)

Từ (1) và (2) suy ra: M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.

Đề bài. Giải phương trình: $\sqrt{x^2-2x+1}+\sqrt{x^2-4x+4}=3$

Lời giải: $\sqrt{x^2-2x+1}+\sqrt{x^2-4x+4}=3$

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

⇔ $\left|x-1\right|+\left|x-2\right|=3$ (*)

TH1: x < 1 (*) ⇔ 3 – 2x = 3 ⇔ x = 0

TH2: 1 ≤ x < 2 (*) ⇔ x – 1 + 2 – x = 3 ⇔ 1 = 3 (vô lí)

TH3: x ≥ 2 (*) ⇔ x – 1 + x – 2 = 0 ⇔ 2x – 3 = 3 ⇔ x = 3

Vậy x = 0; x = 3.

Đề bài. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng sinA + sinB + sinC ≤ $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ .

Lời giải:

Giả sử tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (O; R)

Ta đi chứng minh AB + AC + CA ≤ $3\sqrt{3}R$

Ta có: ${\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)}^2\ge 0$

⇔ OA² + OB² + OC² + $2\left(\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OA}\right)\ge 0$

⇔ 3R^{2_{$\ge -2\left(\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OA}\right)$}}

⇔ 9R^{2_{$\ge 6R^2-2\left(\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OA}\right)$}}

⇔ $9R^2\ge \left(O{A}^2-2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+O{B}^2\right)+\left(O{B}^2-2\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OB}+O{C}^2\right)+\left(O{C}^2-2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OC}+O{A}^2\right)$

⇔ $9R^2\ge {\left(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}\right)}^2$

⇔ $9R^2\ge {\left(\overrightarrow{BA}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{CB}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{AC}\right)}^2$

⇔ 9R² ≥ AB² + AC² + BC²

⇔ 9R² ≥ AB² + AC² + BC² ≥ $\frac{{\left(AB+BC+CA\right)}^2}{1^2+1^2+1^2}$ (Bunhiacopxki)

⇔ 9R² ≥ $\frac{{\left(AB+BC+CA\right)}^2}{3}$

⇔ 27R² ≥ (AB + BC + CA)²

⇔ AB + AC + CA ≤ $3\sqrt{3}R$

⇔ $\frac{AB}{2R}+\frac{BC}{2R}+\frac{CA}{2R}\le \frac{3\sqrt{3}R}{2R}$

Hay sinC + sinA + sinB ≤ $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ (dpcm).

Đề bài. Phân tích số 90 ra thừa số nguyên tố rồi tìm tập hợp các ước của nó.

Lời giải:

Ta có: 90 = 2.5.3.3 = 2.3².5

Tập hợp các ước của 90 là: {1; 2; 3; 5; 6; 9; 10; 15; 18; 30; 45; 90}.

Đề bài. Biết A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 50.51 = 44 200. Tính S = 1² + 2² +… + 50².

Lời giải:

S = 1² + 2² +… + 50²

S = 1.1 + 2.2 + … + 50.50

S = 1.(2 – 1) + 2(3 – 1) + … + 50.(51 – 1)

S = 1.2 – 1 + 2.3 – 2 + 3.4 – 3 + … + 50.51 – 50

S = (1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 50.51) – (1 + 2 + 3 + … + 50)

S = 44 200 – $\frac{50.\left(1+50\right)}{2}$

S = 44 200 – 1 275

S = 42 925.

Vậy S = 42 925.

Đề bài. Tam giác ABC nội tiếp (O), AD là đường kính của (O). M là trung điểm của của BC, H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên HB, HC, BC. Chứng minh rằng 4 điểm X, Y, Z, M cùng thuộc 1 đường tròn.

Lời giải:

Giả sử HB cắt DY tại I, HC cắt DX tại K, J là trung điểm IK

Xét tam giác ADC có $\widehat{ACD}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên AC ⊥ CD

Mà BH ⊥ AC. Nên BH // CD

Tương tự: $\widehat{ABD}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên AB ⊥ BD

Mà CH ⊥ AB nên CH // BD

Xét tứ giác BHCD có: BH // CD và CH // BD nên BHCD là hình bình hành.

⇒ HD, BC cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường

Vì DX ⊥ HI, DI ⊥ HC suy ra K là trực tâm của tam giác IHD

Nên: $\widehat{KDI}=\widehat{KHI}=\widehat{HCD}$ (HI //CD)

$\widehat{CHD}=\widehat{KID}$(cùng phụ với )

Xét tam giác KID và tam giác CHD có:

$\widehat{KDI}=\widehat{HCD}$

$\widehat{KID}=\widehat{CHD}$

⇒ ∆KID ∽ ∆CHD (g.g)

Mặt khác CM, DJ là hai trung tuyến tương ứng của tam giác CHD và KID

Như vậy ta có: ∆DIJ ∽ ∆CHM

⇒ $\widehat{JDI}=\widehat{HCM}$

Từ đó suy ra: DJ vuông góc với BC tại Z hay Z thuộc đường tròn đường kính MJ.

Lại có: M là trung điểm HD (chứng minh trên)

X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên HB, HC, BC

Kết hợp tính chất điểm M thì đường tròn đường kính MJ là đường trò Ơ–le của tam giác HID.

Suy ra: X, Y, Z, M cùng thuộc 1 đường tròn.

Đề bài. Cho hình trên biết AB // CD, CD // EF. Tính $\widehat{ACD}$ và $\widehat{ACE}$ .

Lời giải:

Vì AB // CD nên $\widehat{ACx}=110°$ (2 góc ở vị trí đồng vị)

Suy ra: $\widehat{ACD}=180°-\widehat{ACx}=180°-110°=70°$

Lại có: $\widehat{CEy}=180°-150°=30°$

Mà $\widehat{CEy}=\widehat{DCE}$ (2 góc so le trong vì DC // EF)

Nên: $\widehat{DCE}=30°$

Suy ra: $\widehat{ACE}=\widehat{ACD}+\widehat{DCE}=70°+30°=100°$

Đề bài. Tính giá trị: $\frac{1}{6}-0,4.\frac{5}{8}+\frac{1}{2}$ .

Lời giải:

$\frac{1}{6}-0,4.\frac{5}{8}+\frac{1}{2}$

$=\frac{1}{6}-\frac{2}{5}.\frac{5}{8}+\frac{1}{2}$

$=\frac{1}{6}-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}$

$=\frac{2}{12}-\frac{3}{12}+\frac{6}{12}$

$=\frac{2-3+6}{12}$

$=\frac{5}{12}$

Đề bài. Góc ở đỉnh của 1 tam giác cân bằng 78 độ, cạnh đáy là 28,5 cm. Tính các cạnh bên và diện tích của tam giác.

Lời giải:

Hạ đường vuông góc AH từ đỉnh A xuống BC

Đường cao hạ từ đỉnh cũng là phân giác nên chia góc ở đỉnh thành 2 góc bằng nhau và bằng 78° : 2 = 39°

Đường cao hạ từ đỉnh cũng là trung tuyến nên chia đáy thành 2 đoạn có độ dài (HC = HB)

28,5 : 2 = 14,25 (cm)

Độ dài cạnh bên là:

14,25 . sin39° = 22,64 (cm)

Độ dài đường cao AH là:

AH = $\sqrt{22,{64}^2-14,{25}^2}=17,59\left(cm\right)$

Diện tích tam giác đó là:

S_ABC = $\frac{1}{2}.17,59.28,5=250,6575\left(c{m}^2\right)$ .

Đề bài. Cho phương trình x² + 2(m – 2)x + m² – 4m = 0.

a) Giải phương trình khi m = 1.

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

Lời giải:

a) Khi m = 1, ta có: x² – 2x – 3 = 0

⇔ $\left[\begin{array}{l}x=3\\ x=-1\end{array}\right.$

Vậy khi m = 1 thì x = 3 hoặc x = –1.

b) x² + 2(m – 2)x + m² – 4m = 0

∆' = (m – 2)² – m² + 4m = m² – 4m + 4 – m² + 4m = 4 > 0, ∀m

Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

Đề bài. Tìm số tự nhiên X nhỏ nhất có 11 chữ số biết X chia cho 13 dư 3, chia cho 37 dư 3 và chia cho 29 dư 4.

Lời giải:

Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}X\equiv 3\left(\mathrm{mod}13\right)\\ X\equiv 4\left(\mathrm{mod}29\right)\\ X\equiv 3\left(\mathrm{mod}37\right)\end{array}\right.$

Suy ra: X ≡ 5 775 (mod 13949)

⇒ X = 5 775 + 13949.t

Vì X là số nhỏ nhất có 11 chữ số nên X ≥ 10¹⁰

⇒ 5775 + 13949.t ≥ 10¹⁰

⇒ t ≥ $\frac{{10}^{10}-5775}{13949}\approx 716896,8546$

Để X nhỏ nhất thì t cũng nhỏ nhất

Do đó ta chọn t = 716 897

Vậy số nhỏ nhất X thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

X = 5 775 + 13 949 . 716 897 = 10 000 002 028.

Đề bài. Cho hình bình hành ABCD có AB = 2AD; $\widehat{D}=70°$ . Vẽ BH vuông góc AD (H ∈ AD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh CD, AB.

a) Chứng minh tứ giác ANMD là hình thoi.

b) Tính góc $\widehat{HMC}$ .

Lời giải:

Ta có:

AB // CD (tính chất hình bình hành)

N là trung điểm của AB nên AN = 1/2 AB

M là trung điểm của CD nên DM = 1/2 CD

Do AB = CD (tính chất hình bình hành) nên AN = DM

Do đó, AN // DM và AN = DM

Từ đó suy ra tứ giác ANMD là hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau, nên là hình thoi.

Ta có:

BH ⊥ AD (theo đề bài)

Gọi I là giao điểm của BH và MN

Ta có BI = HI (tính chất tam giác vuông cân)

Ta có MI = NI (vì M, N là trung điểm của CD, AB)

Do đó, BI = HI = MI = NI

Từ đó suy ra BH và MN giao nhau tại trung điểm I và vuông góc với nhau.

Vậy ta đã chứng minh được tứ giác ANMD là hình thoi.

b) Ta có: MN // DA và DA ⊥ BH

Suy ra: MN ⊥ BH và đi qua trung điểm của BH

Hay MN là đường trung trực của BH

⇒ $\widehat{M_1}=\widehat{M_2}$

Lại có: $\widehat{M_2}=\widehat{M_3};\widehat{NMC}=\widehat{ADM}=70°$

Suy ra: $\widehat{M_2}=\widehat{M_3}=70°:2=35°$

Vậy: $\widehat{HMC}=3.35°=105°$ .

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết BC = 13cm; AB = 5cm.

a, Tính độ dài cạnh AC.

b, Kẻ đường cao AH. Tính độ dài đoạn thẳng AH.

Lời giải:

a, Áp dụng định lý Pytago: BC² = AC² + AB²

Suy ra: AC = $\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{{13}^2-5^2}=12\left(cm\right)$

b, Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông, đường cao AH, ta có:

AB.AC = AH . BC

Suy ra: AH = $\frac{AB.AC}{BC}=\frac{5.12}{13}\approx 4,61\left(cm\right)$ .

Đề bài. Cho tam giác ABD có AB = 15cm, AD = 20cm, BD = 25cm. Vẽ AM vuông góc BD.

a) Chứng minh: tam giác ABD vuông. Tính AM, BM, MD.

b) Kẻ tia Bx // AD, vẽ AM vuông góc BD cắt Bx tại C. Chứng minh: AB² = AD.BC.

Lời giải:

a) Ta thấy: 25² = 20² + 15² hay AB² + AD² = BD²

Theo định lí Pytago đảo, suy ra tam giác ABD vuông tại A

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

AB.AD = AM.BD ⇒ AM = $\frac{AB.AD}{BD}=\frac{15.20}{25}=12cm$

AD² = MD.BD ⇒ DM = $\frac{A{D}^2}{BD}=\frac{{20}^2}{25}=16cm$

BM = BD – DM = 25 – 16 = 9(cm)

b) Vì AB ⊥ AD do ABD vuông tại A

Và Bx // AD

Nên Bx ⊥ AB tại B. Suy ra: $\widehat{ABC}=90°$

Xét tam giác BAM và tam giác BDA có:

Chung $\widehat{B}$

$\widehat{BMA}=\widehat{BAD}=90°$

⇒ ∆BMA ∽ ∆BAD (g.g)

Suy ra: $\widehat{BAM}=\widehat{BDA}$ hay $\widehat{BAC}=\widehat{BDA}$

Xét tam giác BAC và tam giác BAD có:

$\widehat{BAC}=\widehat{BDA}$(chứng minh trên)

$\widehat{ABC}=\widehat{BAD}=90°$

⇒ ∆BAC ∽ ∆ADB (g.g)

⇒ $\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AB}$ ⇒ AB² = AD.AC.

Đề bài. 1 thùng rỗng nặng 1 yến. Khi đổ đầy nước thì thùng nước đó nặng 120kg. Hỏi một nửa thùng đó nặng bao nhiêu?

Lời giải:

TH1: (tính thùng rỗng)

Đổi: 1 yến = 10 kg

Nửa thùng đó nặng là

10 : 2 = 5 (kg)

Đáp số: 5 kg

TH2: (tính cả thùng cả nước)

Đổi: 1 yến = 10 kg

Nửa thùng nước đó nặng là

120 : 2 = 60 (kg)

Đáp số: 60 kg

TH3: (tính nguyên nước)

Đổi: 1 yến = 10 kg

Số nước trong thùng đó nặng là

120 – 10 = 110 (kg)

Nửa số nước nặng là

110 : 2 = 55 (kg)

Đáp số: 55 kg.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, Đường cao AH. Biết BC = 8cm, BH = 2cm.

a. Tính AB, AC, AH.

b. Trên AC lấy điểm K (K khác A và C), gọi D là hình chiếu của A trên BK. Chứng

minh rằng BD.BK = BH.BC.

c. Chứng minh rằng S_BHD = $\frac{1}{4}$ S_BKC.cos2$\widehat{ABD}$ .

Lời giải:

a) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH ta có:

AB² = BH.BC = 2.8 = 16 ⇒ AB = 4cm

CH = BC – BH = 8 – 2 = 6cm

AH² = BH.CH = 2.6 = 12 ⇒ AH = $2\sqrt{3}$ cm

AC² = CH.CB = 6.8 = 48 ⇒ AC = $4\sqrt{3}$ cm

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABK ta có:

AB² = BD.BK

Mà AB² = BH.BC

Nên BD.BK = BH.BC

c) S_ABC = $\frac{1}{2}AB.AC.\sin A$

S_ABC = $\frac{1}{2}CH.AB=\frac{1}{2}.AB.AC.\frac{CH}{AC}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin A$

S_BHD = $\frac{1}{2}.BH.BD.\sin \widehat{DBH}$

S_KBC = $\frac{1}{2}.BK.BC.\sin \widehat{KBC}$

Mà $\widehat{DBH}=\widehat{KBC}$

Suy ra: $\frac{S_{BHD}}{S_{KBC}}=\frac{BH.BD}{BK.BC}=\frac{2}{8}.\frac{BD}{BK}=\frac{1}{4}.\frac{B{D}^2}{BK.BD}=\frac{1}{4}.\frac{B{D}^2}{A{B}^2}=\frac{1}{4}.{\cos }^2\widehat{ABD}$

Vậy S_BHD = $\frac{1}{4}$ S_BKC.cos2$\widehat{ABD}$ .

Đề bài. Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O) với B, C là các tiếp điểm. Kẻ một đường thẳng d nằm giữa hai tia AB, AO và đi qua A cắt đường tròn (O) tại E, F (E nằm giữa A, F).

1. Chứng minh bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn.

2. Gọi H là giao điểm của AD và BC. Chứng minh OH.OA = OE².

3. Đường thẳng qua O vuông góc với EF cắt BC tại E. Chứng minh SF là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Lời giải:

1) Theo giả thiết ta có: AB và AC là tiếp tuyến của (O) nên: $\left\{\begin{array}{l}AB\perp OB\\ AC\perp OC\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\widehat{ABO}=90°\\ \widehat{ACO}=90°\end{array}\right.$

Xét tứ giác ABOC có: $\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90°+90°=180°$

Mà 2 góc này là hai góc đối diện

Nên ABOC là tứ giác nội tiếp

Vậy A, B, O, C cùng nằm trên 1 đường tròn.

2) Gọi H là giao điểm AO và BC

Ta có: AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Nên A thuộc đường trung trực của BC (1)

OB = OC = R nên O thuộc đường trung trực của BC (2)

Từ (1), (2): OA là đường trung trực của BC

⇒ OA ⊥ BC = {H}

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABO vuông tại B có đường cao BH, ta có:

OB² = OH.OA

Lại có OB = OE = R

Nên: OE² = OH.OA

3) Theo phần b ta có: OE² = OH.OA ⇒$\frac{OE}{OH}=\frac{OA}{OE}$

Xét tam giác OEA và tam giác OHE có:

Chung $\widehat{O}$

$\frac{OE}{OH}=\frac{OA}{OE}$

⇒ ∆OEA ∽ ∆OHE (c.g.c)

⇒ $\widehat{OEA}=\widehat{OHE}$ (2 góc tương ứng)

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}\widehat{FEO}=180°-\widehat{OEA}\\ \widehat{EHA}=180°-\widehat{OHE}\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{FEO}=\widehat{EHA}$

Mặt khác: $\left\{\begin{array}{l}\widehat{SOE}=90°-\widehat{FEO}\\ \widehat{SHE}=90°-\widehat{EHA}\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{SOE}=\widehat{SHE}$

Xét tứ giác SOHE có: $\widehat{SOE}=\widehat{SHE}$ cùng chắn cung SE

Suy ra: SOHE nội tiếp

⇒ $\widehat{SEO}=\widehat{SHO}=90°$

Xét tam giác SFO và tam giác SEO có:

SO chung

SF = SE

OF = OE = R

⇒ ∆SFP = ∆SEO (c.c.c)

⇒ $\widehat{SFO}=\widehat{SEO}=90°$

⇒ SF ⊥ OF tại F

Vậy SF là tiếp tuyến của (O).

Đề bài. Một đu quay ở công viên có bán kính bằng 10m. Tốc độ của đu quay là 3 vòng/phút. Hỏi mất bao lâu để đu quay quay được góc 270°?

Lời giải:

Tính được: 270° = $\frac{270}{180}\pi =\frac{3}{2}\pi =\frac{3}{4}.2\pi$

Vậy đu quay được góc 270° khi nó quay được $\frac{3}{4}$ vòng

Ta có: đu quay quay được 1 vòng trong $\frac{1}{3}$ phút

Vậy đu quay đu được $\frac{3}{4}$ vòng trong: $\frac{3}{4}.\frac{1}{3}=\frac{1}{4}$ phút.

Đề bài. Rút gọn biểu thức sau: (3x + 1)² – 2(3x + 1)(3x + 5) + (3x + 5)².

Lời giải:

(3x + 1)² – 2(3x + 1)(3x + 5) + (3x + 5)²

= [(3x + 1) – (3x + 5)]²

= (3x + 1 – 3x – 5)²

= (–4)²

= 16.

Đề bài. Tìm x biết: (x – 3)(x² + 3x + 9) + x(x + 2)(2 – x) = 1.

Lời giải:

(x – 3)(x² + 3x + 9) + x(x + 2)(2 – x) = 1

⇔ (x – 3)(x² + 3x + 3²) + x(2 + x)(2 – x) = 1

⇔ x³ – 3³ + x(2² – x²) = 1

⇔ x³ – 27 + 4x – x³ – 1 = 0

⇔ 4x – 28 = 0

⇔ x = 7.

Vậy x = 7.

Đề bài. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A₁B₁C₁ có AB = a, AC = 2a, AA₁ = 2a$\sqrt{5}$ và = 120°. Gọi K, I lần lượt là trung điểm của các cạnh CC₁, BB₁. Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (A₁BK) bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Ta có: $BC=\sqrt{A{C}^2+A{B}^2-2.AC.AB.\cos 120°}=a\sqrt{7}$

A₁B = $\sqrt{A_1{A}^2+A{B}^2}=a\sqrt{21}$

A₁K = $\sqrt{A_1{C_1}^2+C_1{K}^2}=3a$

KB = $\sqrt{K{C}^2+C{B}^2}=2a\sqrt{3}$

d(I; (A₁BK)) = $\frac{1}{2}$ d(B₁; (A₁BK)) = $\frac{1}{2}.\frac{3V_{B_1{A}_{1}AK}}{S_{\Delta A_{1}BK}}$

Mà $V_{B_1{A}_{1}AK}=\frac{1}{2}{V}_{K.A_1{B}_{1}BA}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}.V_{ABC.A_1{B}_1{C}_1}=\frac{1}{3}.2a\sqrt{5}.\frac{1}{2}.a.2a.\sin 120°=\frac{a^3\sqrt{15}}{3}$

Theo công thức Herong, diện tích tam giác A₁BK bằng: $S=\sqrt{p\left(p-2a\sqrt{3}\right)\left(p-3a\right)\left(p-a\sqrt{21}\right)}=3a^2\sqrt{3}$

với $p=\frac{2a\sqrt{3}+3a+a\sqrt{21}}{2}$

Vậy d(I, (A₁BK)) = $\frac{3}{2}.\frac{\frac{a^3\sqrt{15}}{3}}{3a^2\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{5}}{6}$ .

Đề bài. Cho tam giác ABC có đường cao AH. Trên AH, lấy các điểm K, I sao cho AK = KI = IH. Qua I, K lần lượt vẽ các đường thẳng EF//BC, MN//BC (E, M thuộc AB, F, N thuộc AC).

a) Tính $\frac{MN}{BC};\frac{EF}{BC}$ .

b) Cho biết diện tích của tam giác ABC là 90cm². Tính diện tích tứ giác MNFE.

Lời giải:

a) Theo giả thiết: MN // BC nên $\frac{MN}{BC}=\frac{AM}{AB}=\frac{AK}{AH}$

Mà $AK=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{1}{3}$

Lại có: EF // BC nên $\frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AB}=\frac{AI}{AH}=\frac{2}{3}$

b) Ta có: S_ABC = $\frac{1}{2}.AH.BC$

S_AMN = $\frac{1}{2}.AK.MN=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}AH.\frac{1}{3}BC=\frac{1}{9}{S}_{ABC}$

S_AEF = $\frac{1}{2}AI.EF=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}.AH.\frac{2}{3}BE=\frac{4}{9}{S}_{ABC}$

S_MNFE = S_AFE – S_AMN = $\frac{4}{9}{S}_{ABC}-\frac{1}{9}{S}_{ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}=\frac{1}{3}.90=30\left(c{m}^2\right)$

Vậy S_MNFE = 30cm².

Đề bài. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi $\frac{b}{\cos B}+\frac{c}{\cos C}=\frac{a}{\sin B.\sin C}$ .

Lời giải: $\frac{b}{\cos B}+\frac{c}{\cos C}=\frac{a}{\sin B.\sin C}$

⇔ $\frac{b}{\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}+\frac{c}{\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}}=\frac{abc}{\sin B.\sin C.bc}$

⇔ $\frac{2abc}{a^2+c^2-b^2}+\frac{2abc}{a^2+b^2-c^2}=\frac{a}{bc}.\frac{b}{\sin B}.\frac{c}{\sin C}$

⇔ $\frac{2abc}{a^2+c^2-b^2}+\frac{2abc}{a^2+b^2-c^2}=\frac{4a{R}^2}{bc}$

⇔ $\frac{4a^{3}bc}{\left(a^2+c^2-b^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)}=\frac{4a{R}^2}{bc}$

⇔ $\frac{a^{2}bc}{\left(a^2+c^2-b^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)}=\frac{R^2}{bc}$

⇔ R²(a² + c² – b²)(a² + b² – c²) = (abc)²

⇔ $\frac{\left(a^2+c^2-b^2\right).R}{abc}.\frac{\left(a^2+b^2-c^2\right).R}{abc}=1$

⇔ $\frac{\left(a^2+c^2-b^2\right)}{2ac}.\frac{2R}{b}.\frac{\left(a^2+b^2-c^2\right)}{2ab}.\frac{2R}{c}=1$

Mà $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$

Suy ra: $\frac{\left(a^2+c^2-b^2\right)}{2ac}.\frac{2R}{b}.\frac{\left(a^2+b^2-c^2\right)}{2ab}.\frac{2R}{c}=1$

⇔ $\frac{\cos B}{\sin B}.\frac{\cos C}{\sin C}=1$

⇔ cotB.cotC = 1

⇔ cotB = $\frac{1}{\cot C}=\tan C$

Suy ra: tam giác ABC vuông vì khi $\widehat{B},\widehat{C}$góc phụ nhau thì tan góc này bằng cotan góc kia.

Vậy tam giác ABC vuông khi $\frac{b}{\cos B}+\frac{c}{\cos C}=\frac{a}{\sin B.\sin C}$ .

Đề bài. Tìm số tự nhiên x khác 0 để: $1<\frac{x}{5}<\frac{8}{5}$ .

Lời giải:

Quy đồng mẫu số các phân số ta được:

$1<\frac{x}{5}<\frac{8}{5}$⇔$\frac{5}{5}<\frac{x}{5}<\frac{8}{5}$

Suy ra: 5 < x < 8

⇒ x = 6 hoặc x = 7.

Vậy x = 6 hoặc x = 7.

Đề bài. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có: $\sin \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{bc}}$ .

Lời giải:

Từ định lý hàm số cosin: b² + c² – 2bc.cosA = a²

⇔(b – c)² + 2bc – 2bc.cosA = a²

⇔ (b – c)² + 2bc(1 – cosA) = a²

⇔ 2bc(1 – cosA) = a² – (b – c)²

⇔ 4bc. ${\sin }^2\frac{A}{2}$= (a – b + c)(a + b – c)

⇔ 4bc.${\sin }^2\frac{A}{2}$ = 4(p – b)(p – c)

⇔ bc.${\sin }^2\frac{A}{2}$ = (p – b)(p – c)

⇔ $\sin \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{bc}}$

Đề bài. Cho A = 2 + 2² + 2³ + … + 2²⁰²⁴. Tìm chữ số tận cùng của A.

Lời giải:

A = 2 + 2² + 2³ + … + 2²⁰²⁴

A = (2 + 2² + 2³ + 2⁴) + (2⁵ + 2⁶ + 2⁷ + 2⁸) + … + (2²⁰²¹ + 2²⁰²² + 2²⁰²³ + 2²⁰²⁴)

A = (2 + 2² + 2³ + 2⁴) + 2⁴(2 + 2² + 2³ + 2⁴) + … + 2²⁰²¹(2 + 2² + 2³ + 2⁴)

A = (2 + 2² + 2³ + 2⁴)(1 + 2⁴ + … + 2²⁰²¹)

A = 30.(1 + 2⁴ + … + 2²⁰²¹)

Vì 30 ⋮ 10 nên 30.(1 + 2⁴ + … + 2²⁰²¹) ⋮ 10

Suy ra A chia hết cho 10.

Mà chỉ số có tận cùng bằng 0 mới chia hết cho 10.

Vậy chữ số tận cùng của A là 0.

Đề bài. Tìm số tự nhiên $\overline{abc}$ biết 1 + 2 + 3 + … +$\overline{bc}=\overline{abc}$ .

Lời giải:

1 + 2 + 3 + … +$\overline{bc}=\overline{abc}$

⇔$\frac{\overline{bc}.\left(\overline{bc}+1\right)}{2}=\overline{abc}$

⇔ $\overline{bc}\left(\overline{bc}+1\right)=2\overline{abc}$

⇔ $\overline{bc}\left(\overline{bc}+1\right)=2\left(\overline{bc}+100a\right)$

⇔ $\overline{bc}\left(\overline{bc}+1\right)-2\overline{bc}=200a$

⇔ $\overline{bc}\left(\overline{bc}-1\right)=200a$

Vì $\overline{bc}\left(\overline{bc}-1\right)$ là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên một thừa số là chẵn, một thừa số là lẻ.

Mà 200a = 2.100.a = 4.50.a = 8.25.a = 10.20.a = 20.10.a

Trong các tích trên, thì chỉ có thừa số 25 là thừa số lẻ, suy ra chỉ có a.8.25 là đáp ứng được điều kiện tích của 2 số tự nhiên liên tiếp với a.8 = 24, suy ra a = 3

Thay vào ta có: $\overline{bc}\left(\overline{bc}-1\right)=600$

Mà 600 = 25.24 nên $\overline{bc}=25$

Vậy số cần tìm là 325.

Đề bài. Cho đường tròn (O, 13cm) và dây AB = 24cm. Trên các tia OA, OB lần lượt lấy M, N sao cho OM = ON = 33,8cm. Chứng minh MN là tiếp tuyến của (O).

Lời giải:

Gọi K là giao điểm OH và MN; Gọi H là giao của OK và AB

Ta có: OA = OB nên OAB cân tại O ⇒ H là trung điểm của AB.

Có OM = ON; OA = OB = R

Nên: $\frac{OA}{OM}=\frac{OB}{ON}$ . Suy ra: AB // MN (định lý Thales đảo)

⇒ HA = HB = 12cm

Xét ΔOKN có BH // KN

Nên: $\frac{BH}{KN}=\frac{OB}{ON}$

⇒ KN = 31,2cm

⇒ OK = $\sqrt{33,8^2-31,2^2}=13\left(cm\right)$ = R

Suy ra: K thuộc (O)

Ta có: OK ⊥ MN và OK là bán kính của (O)

Vậy MN là tiếp tuyến của (O).

Đề bài. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = g(x) = $\frac{1}{f\left(x\right)-1}$ là?

Lời giải:

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)-1}=\frac{1}{2-1}=1$ , do đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 1.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)-1}=0$, do đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 0.

Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số g(x) = $\frac{1}{f\left(x\right)-1}$ là số nghiệm của phương trình f(x) = 1.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình f(x) = 1 có 4 nghiệm phân biệt. Suy ra đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có tổng cộng 6 đường tiệm cận.

Đề bài. Chứng minh rằng biểu thức sau luôn dương với mọi x.

a) 9x² – 6x + 2;

b) x² + x + 1;

c) 2x² + 2x + 1.

Lời giải:

a) 9x² – 6x + 2 = (3x – 1)² + 1

Vì (3x – 1)² ≥ 0 với mọi x nên (3x – 1)² + 1 ≥ 1 > 0 với mọi x

Vậy 9x² – 6x + 2 > 0 với mọi x.

b) x² + x + 1 = ${\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}$

Vì ${\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2\ge 0,\forall x$ nên ${\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}\ge \frac{3}{4}>0,\forall x$

Vậy x² + x + 1 > 0 với mọi x.

c) 2x² + 2x + 1 = $2\left(x^2+x+\frac{1}{2}\right)=2{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}$

Vì $2{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2\ge 0,\forall x$ nên $2{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}\ge \frac{1}{2}>0,\forall x$

Vậy 2x² + 2x + 1 > 0 với mọi x.

Đề bài. Tìm số nguyên tố p để p + 2, p + 6 và p + 8 đều là số nguyên tố.

Lời giải:

Xét p = 2, thì p + 2 = 2 + 2 = 4 (loại)

Xét p = 3, thì p + 2 = 5; p + 6 = 9; p + 8 = 11 (loại)

Xét p = 5, thì p + 2 = 7; p + 6 = 11; p + 8 = 13 (thỏa mãn)

Xét p > 5, p là số nguyên tố nên p có dạng 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3, 5k + 4 (k ∈ ℕ)

Nếu p = 5k + 2 thì p + 8 = 5k + 10 = 5(k + 2) ⋮ 5 (loại)

Nếu p = 5k + 3 thì p + 2 = 5k + 5 = 5(k + 1) ⋮ 5 (loại)

Nếu p = 5k + 4 thì p + 6 = 5k + 10 = 5(k + 2) ⋮ 5 (loại)

Vậy p = 5.

Đề bài. Khai triển hằng đẳng thức a⁴ + b⁴.

Lời giải:

a⁴ + b⁴

= (a²)² + (b²)²

= (a² + b²)² – 2a²b²

= (a² + b²)² – ${\left(\sqrt{2}ab\right)}^2$

$=\left(a^2+b^2+\sqrt{2}ab\right)\left(a^2+b^2-\sqrt{2}ab\right)$.

Đề bài. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H và = 60°. Gọi M, N, P theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC và I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác INP đều.

Lời giải:

Ta thấy ΔBNC và ΔBPC là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền BC nên bốn điểm B, P, N, C nằm trên đường tròn tâm I, đường kính BC.

Khi đó IN = IP ⇒ ΔINP cân tại I (1)

Tam giác ABN vuông tại N có: $\widehat{ABN}+\widehat{BAN}=90°$

⇒ $\widehat{ABN}=90°-\widehat{BAN}=90°-60°=30°$

Ta có $\widehat{PBN}$ là góc nội tiếp và $\widehat{PIN}$ là góc ở tâm cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{NP}$

Do đó $\widehat{PIN}=2\widehat{PBN}=60°$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra ΔINP đều.

Đề bài. Cho 2 số tự nhiên y > x thỏa mãn (2y − 1)² = (2y − x)(6y + x).

Chứng minh 2y – x là số chính phương.

Lời giải:

(2y − 1)² = (2y − x)(6y + x).

Gọi ƯCLN((2y − x); (6y + x)) = d (d ∈ ℕ^*)

⇔ (2y − x) ⋮ d

Và (6y + x) ⋮ d

⇔ (2y − x)(6y + x) ⋮ d²

Mà (2y − 1)² = (2y − x)(6y + x).

⇔ (2y − 1)² ⋮ d²

⇔ (2y – 1) ⋮ d

⇔ (6y – 3) ⋮ d

Suy ra: (6y – 3 − 6y – x) ⋮ d (vì 6y + x ⋮ d)

⇔ (x + 3) ⋮ d

Mà 2y – x ⋮ d

Nên (2y – x + x + 3) ⋮ d hay 2y + 3 ⋮ d

Suy ra: (2y – 1 + 4) ⋮ d

Lại có: (2y – 1) ⋮ d

Nên: 4 ⋮ d

⇒ d ∈ Ư(4)

⇒ d ∈ 4;2;1}

Mà 2y − 1 là số lẻ ⇒ 1 ⋮ d

⇔ 2y − x và 6y + x là số chính phương (đpcm).

Đề bài. Phân tích đa thức thành nhân tử: 9x² – y² + 4y – 4.

Lời giải:

9x² – y² + 4y – 4

= 9x² – (y² – 4y + 4)

= 9x² – (y – 2)²

= (3x)² – (y – 2)²

= (3x – y + 2)(3x + y – 2).

Đề bài. Cho đường thẳng d: y = (m² – 2)x + m – 1 với m là tham số. Tìm m để:

a) d song song với d₁: y = 2x – 3.

b) d trùng với d': y = –x – 2.

Lời giải:

a) Để d // d₁ thì m² – 2 = 2

⇔ m² = 4

⇔ m = ±2

Vậy đường thẳng d có phương trình: .

b) Để d ≡ d' thì ⇔ m = –1.

Vậy m = –1 thì d ≡ d'.

Đề bài. a) Cho đoạn thẳng BC = 4cm. Vẽ tam giác đều ABC. Có thể vẽ được bao nhiêu tam giác như vậy?

b) Cho BC = 4cm. Vẽ hình vuông ABCD. Có thể vẽ được bao nhiêu hình vuông như vậy?

c) Vẽ hình chữ nhật có một cạnh dài 6cm; một cạnh dài 4 cm.

d) Vẽ hình thoi có cạnh bằng 3 cm và độ dài đường chéo bằng 6cm.

Lời giải:

a) Dựng hai đường tròn tâm B và C bán kính 4cm. Hai đường tròn cắt nhau tại 2 điểm. Lấy một trong 2 điểm làm điểm A ta vẽ được tam giác đều ABC

Vậy có thể vẽ được 2 tam giác thoả mãn.

b) Vẽ về cùng một phía của đoạn thẳng BC hai đoạn thẳng AB và DC có độ dài là 4cm và vuông góc với BC, sau đó nối AD ta được hình vuông ABCD

Do có hai phía của đoạn thẳng nên có thể vẽ được 2 hình vuông thoả mãn.

c) B1: Vẽ đoạn thẳng dài 6cm

B2: Từ điểm kết thúc của đoạn thẳng ở bước 1 vẽ đoạn thẳng vuông góc với nó và có chiều dài 4cm

B3: Từ điểm kết thúc của đoạn thẳng ở bước 2 vẽ đoạn thẳng vuông góc với nó và có chiều dài 6cm

B4: Từ điểm kết thúc của đoạn thẳng ở bước 3 vẽ đoạn thẳng vuông góc với nó và có chiều dài 4cm, ta được hình chữ nhật thoả mãn.

d) B1: Vẽ đoạn thẳng 3cm

B2: Vẽ 2 đường tròn đường kính 3cm và 6cm lần lượt từ hai đầu mút của đoạn thẳng vẽ ở bước 1. Hai đường tròn cắt nhau tại 2 điểm, nối một trong 2 điểm với các điểm còn lại ta được một tam giác

B3: Vẽ 2 đường tròn đường kính 3cm lần lượt từ hai đầu mút của đoạn thẳng 6cm. Hai đường tròn cắt nhau tại 2 điểm trong đó có 1 điểm trùng với điểm đã có. Nối điểm còn lại với hai đầu mút của đoạn thẳng 6cm ta được hình thoi thoả mãn.

Đề bài. Cho tanα = 2. Tính $\tan \left(\alpha -\frac{\pi }{4}\right)$ .

Lời giải:

$\tan \left(\alpha -\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\tan \alpha -\tan \frac{\pi }{4}}{1+\tan \alpha .\tan \frac{\pi }{4}}=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}$.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài BC. Tính góc B và góc C.

Lời giải:

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABC vuông tại A:

BC² = AB² + AC² = 3² + 4² = 25

Suy ra: BC = 5cm

⇒ $\tan \widehat{C}=\frac{AB}{AC}=\frac{3}{4}$

Mà $\widehat{A}=90°$

Nên $\widehat{B}=180°-90°-36°=54°$ .

Đề bài. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = 3 – 4sin²xcos²x.

Lời giải:

y = 3 – 4sin²xcos²x

y = 3 – sin²2x

y = $3-\frac{1-\cos 4x}{2}=\frac{5+\cos 4x}{2}$

Do –1 ≤ cos4x ≤ 1 với mọi x

Suy ra: 5 – 1 ≤ 5 + cos4x ≤ 5 + 1

Hay 4 ≤ 5 + cos4x ≤ 6

⇒ $2\le \frac{5+\cos 4x}{2}\le 3$

Hay 2 ≤ y ≤ 3

Vậy GTNN của y = 2 khi cos4x = – 1 ⇔ $x=\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

GTLN của y = 3 khi cos4x = 1 ⇔ $x=\frac{k\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ .

Đề bài. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AD = a, M là trung điểm của cạnh AB. Biết rằng sin$\widehat{MDB}=\frac{1}{3}$ . Tính độ dài của đoạn thẳng AB theo a.

Lời giải:

Ta có: cos$\widehat{MDB}=\sqrt{1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

Xét tam giác AMD có: S_AMD = $\frac{1}{2}$ AD.AM

S_AMD = $\frac{1}{2}.AD.\frac{AB}{2}=\frac{1}{4}.AD.AB=\frac{1}{4}.AD.a$

Xét tam giác MDB có: S_BMD = $\frac{1}{2}$ MD.DB.sin$\widehat{MDB}=\frac{1}{6}.MD.DB$

Xét tam giác ABD có: S_ABD = $\frac{1}{2}$ AD.AB = $\frac{1}{2}.a.AB$ (1)

Mà S_AMD + S_BMD = S_ABD

⇔ $\frac{1}{4}.a.AB+\frac{1}{6}.MD.DB=\frac{1}{2}.a.AB$

Xét tam giác MDB có: MB² = MD² + DB² – 2.MB.BD.cos$\widehat{MDB}$

⇔ $\frac{A{B}^2}{4}=M{D}^2+D{B}^2-2.MB.BD.\frac{2\sqrt{2}}{3}$

⇔ MD.DB = $\left(M{D}^2+D{B}^2-\frac{A{B}^2}{4}\right).\frac{3}{4\sqrt{2}}$

⇔ MD.DB = $\left(2a^2+A{B}^2\right).\frac{3}{4\sqrt{2}}\left(2\right)$

Thế (2) vào (1) ta có: $\frac{1}{4}a.AB+\frac{\sqrt{2}}{16}\left(2a^2+A{B}^2\right)=\frac{1}{2}.AB.a$

⇔ $\frac{\sqrt{2}}{16}\left(2a^2+A{B}^2\right)=\frac{1}{4}a.AB$

⇔ AB² – 2$\sqrt{2}$ a.AB + 2a² = 0

⇔ (AB – a $\sqrt{2}$)² = 0

⇔ AB = a$\sqrt{2}$ .

Đề bài. Cho cos a = 0,2 với π < a < 2π. Tính $\cos \frac{a}{2}$ .

Lời giải:

Do π < a < 2π nên $\frac{\pi }{2}<\frac{a}{2}<\pi$ , suy ra: $\sin \frac{a}{2}>0,\cos \frac{a}{2}<0$

Ta có: ${\sin }^2\frac{a}{2}=\frac{1-\cos a}{2}=\frac{1-0,2}{2}=0,4\Rightarrow \sin \frac{a}{2}=\frac{\sqrt{10}}{5}$

Do đó: $\cos \frac{a}{2}=-\sqrt{1-{\sin }^2\frac{a}{2}}=-\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{10}}{5}\right)}^2}=-\frac{\sqrt{15}}{5}$ .

Đề bài. Thay dấu * bằng chữ số thích hợp để mỗi số sau là số nguyên tố:

a) 7*.

b) 1*2.

c) *7.

d) 1*3.

Lời giải:

a) * ∈ {1; 3; 9}.

b) * ∈ {∅}.

c) * ∈ {0; 1; 3; 4; 6; 9}.

d) * ∈ {0; 1; 3; 6; 7; 9}.

Đề bài. Trong đêm định mệnh tại Uchiha Clan, Itachi ngồi lên cột đèn tại Lăng Lũ để nhìn đứa em trai bé bỏng Sasuke lần cuối. Biết Sasuke ngồi cách cột điện 20m và nhìn thấy đỉnh của cột điện đó với góc nâng 55°. Cho biết khoảng cách từ mắt của Sasuke tới mặt đất là 2m. Tìm chiều cao của cột điện.

Lời giải:

Kí hiệu D là chỗ anh Sasuke ở, A là vị trí của anh Dosadgiatoc. Chiều cao cột đèn là AB

Ta có EB = DC = 2m với DC là khoảng cách của anh Sasuke tới đất và BC = ED = 20m

Ta có với góc nâng là 55 độ thì $\widehat{ADE}=55°$

⇒ AE = ED . tan55° = 28,56 (m)

Suy ra cột điện mà anh Dosadgiatoc đứng là 28,56 + 2 = 30,56 (m).

Đề bài. Giải phương trình: $\sin \left(3x+\frac{2\pi }{3}\right)+\sin \left(x-\frac{7\pi }{5}\right)=0$ .

Lời giải: $\sin \left(3x+\frac{2\pi }{3}\right)+\sin \left(x-\frac{7\pi }{5}\right)=0$

⇔ $\sin \left(3x+\frac{2\pi }{3}\right)-\sin \left(x-\frac{7\pi }{5}\right)=0$

⇔ $\sin \left(3x+\frac{2\pi }{3}\right)=\sin \left(x-\frac{7\pi }{5}\right)$

⇔ $\left[\begin{array}{l}3x+\frac{2\pi }{3}=x-\frac{7\pi }{5}+k2\pi \\ 3x+\frac{2\pi }{3}=x-\left(x-\frac{7\pi }{5}\right)+k2\pi \end{array}\right.$

⇔ $\left[\begin{array}{l}x=-\frac{8\pi }{15}+k\pi \\ x=\frac{11\pi }{60}+\frac{k\pi }{2}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $\left[\begin{array}{l}x=-\frac{8\pi }{15}+k\pi \\ x=\frac{11\pi }{60}+\frac{k\pi }{2}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ .

Đề bài. Cho hình bình hành ABCD. Vẽ về phía ngoài hình bình hành các tam giác đều ABM, AND. Gọi E, F, Q theo thứ tự là trung điểm của BD, AN, AM. Hỏi tam giác MNC là tam giác gì? Vì sao?

Lời giải:

$\widehat{MBC}=\widehat{MBA}+\widehat{ABC}=60°+\widehat{ABC}\left(1\right)$

$\widehat{CDN}=\widehat{NDA}+\widehat{ABC}=60°+\widehat{ABC}\left(2\right)$

$\widehat{MAN}=360°-\widehat{MAB}-\widehat{NAD}-\widehat{BAD}$

$\widehat{MAN}=360°-60°-60°-\widehat{BAD}=240°-\left(180°-\widehat{ABC}\right)=60°+\widehat{ABC}\left(3\right)$

Từ (1), (2), (3): $\widehat{MBC}=\widehat{CDN}=\widehat{MAN}$

Xét tam giác MBC và tam giác CDN có:

BC = DN (=AD)

$\widehat{MBC}=\widehat{CDN}$

MB = DC (=AB)

⇒ ∆MBC = ∆CDN (c.g.c)

Chứng minh tương tự: ∆MBC = ∆MAN (c.g.c)

⇒ ∆MBC = ∆CDN = ∆MAN

⇒ MC = CN = MN

⇒ Tam giác CMN là tam giác đều.

Đề bài. Cho phương trình: x² – (2m + 1)x + m² + 2 = 0. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x₁, x₂ thỏa mãn 3x₁x₂ – 5(x₁ + x₂) + 7 = 0.

Lời giải:

Ta có: x² – (2m + 1)x + m² + 2 = 0

∆ = (2m + 1)² – 4(m² + 2) = 4m² + 4m + 1 – 4m² – 8 = 4m – 7

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ > 0 hay 4m – 7 > 0 ⇒ m >$\frac{7}{4}$

Áp dụng hệ thức Vi–ét, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m+1\\ x_1{x}_2=m^2+2\end{array}\right.$

Khi đó: 3x₁x₂ – 5(x₁ + x₂) + 7 = 0 trở thành:

3(m² + 2) – 5(2m + 1) + 7 = 0

⇔ 3m² + 6 – 10m – 5 + 7 = 0

⇔ 3m² – 10m + 8 = 0

⇔ $\left[\begin{array}{l}m=2\\ m=\frac{4}{3}\end{array}\right.$

Kết hợp điều kiện m > $\frac{7}{4}$ , ta có m = 2.

Vậy m = 2.

Đề bài. Tìm x biết 20 – 2(x – 1)² = 2.

Lời giải:

20 – 2(x – 1)² = 2

⇔ 2(x – 1)² = 20 – 2 = 18

⇔ (x – 1)² = 18 : 2

⇔ (x – 1)² = 9

⇔ (x – 1)² = 3²

⇔ $\left[\begin{array}{l}x-1=3\\ x-1=-3\end{array}\right.$

⇔ $\left[\begin{array}{l}x=4\\ x=-2\end{array}\right.$

Vậy x = 4 hoặc x = –2.

Đề bài. Chứng minh 2²⁰²⁰ + 2²⁰²¹ + 2²⁰²² + 7²⁰²³ + 7²⁰²⁴ chia hết cho 7.

Lời giải:

2²⁰²⁰ + 2²⁰²¹ + 2²⁰²² + 7²⁰²³ + 7²⁰²⁴

= 2²⁰²⁰(1 + 2 + 2²) + 7.(7²⁰²² + 7²⁰²³)

= 2²⁰²⁰.7 + 7.(7²⁰²² + 7²⁰²³)

= 7.(2²⁰²⁰ + 7²⁰²² + 7²⁰²³)

Vì 7 ⋮ 7 nên 7.(2²⁰²⁰ + 7²⁰²² + 7²⁰²³) ⋮ 7

Vậy 2²⁰²⁰ + 2²⁰²¹ + 2²⁰²² + 7²⁰²³ + 7²⁰²⁴ chia hết cho 7.

Đề bài. Cho một cấp số nhân có công bội bằng 3 và số hạng đầu bằng 5. Biết số hạng chính giữa là 32805. Hỏi cấp số nhân đã cho có bao nhiêu số hạng?

Lời giải:

Ta có: 32805 = 3^9–1 . 5

Suy ra số hạng chính giữa 32805 là số hạng thứ 9

Vậy cấp số nhân đã cho có số số hạng là:

9.2 – 1 = 17 (số hạng).

Đáp số: 17 số hạng.

Đề bài. Tìm các chữ số a, b để:

a) A = $\overline{56a3b}$ chia hết cho 18;

b) B = $\overline{71a1b}$ chia hết cho 45;

c) C = $\overline{6a14b}$ chia hết cho 2; 3; 5; 9;

d) D = $\overline{25a1b}$ chia hết cho 15 nhưng không chia hết cho 2.

Lời giải:

a) A chia hết cho 18 tức A chia hết cho 2 và 9.

Để A chia hết cho 2 thì b ⋮ 2

⇒ b ∈ {0; 2; 4; 6; 8}

Để A chia hết cho 9 thì 5 + 6 + a + 3 + b chia hết cho 9 hay 14 + a + b chia hết cho 9.

* Nếu b = 0 thì (14 + a) ⋮ 9 ⇒ a = 4

* Nếu b = 2 thì (16 + a) ⋮ 9 ⇒ a = 2

* Nếu b = 4 thì (18 + a) ⋮ 9 ⇒ a = 0

* Nếu b = 6 thì (20 + a) ⋮ 9 ⇒ a = 7

* Nếu b = 8 thì (22 + a) ⋮ 9 ⇒ a = 5

Vậy (a;b) ∈ {(4;0), (2;2), (0;4), (7;6), (5;8)}.

b) B chia hết cho 45 thì B chia hết cho 5 và 9.

Để B ⋮ 5 thì b ⋮ 5

Suy ra: b = 0 hoặc b = 5

* Nếu b = 0 ta có số $\overline{71a10}$ , để $\overline{71a10}$ ⋮ 9 thì (7 + 1 + a + 1 + 0) ⋮ 9 hay (9 +

Đề bài. Ba người cùng làm một công việc. Nếu làm riêng, người thứ nhất mất 5 giờ, người thứ hai mất 4 giờ và người thứ ba mất 6 giờ mới làm xong công việc đó. Hỏi nếu ba người cùng làm thì sau 1 giờ làm được bao nhiêu phần công việc.

Lời giải:

Trong 1 giờ, người thứ nhất làm được $\frac{1}{5}$ công việc; người thứ hai làm được $\frac{1}{4}$ công việc và người thứ ba làm được $\frac{1}{6}$ công việc.

Nếu cả ba người cùng làm thì trong 1 giờ, số phần công việc được hoàn thành là:

$\frac{1}{5}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}=\frac{37}{60}$(công việc).

Đề bài. Xem hình vẽ, cho biết a// b và c ⊥ a.

a) Đường thẳng c có vuông góc với đường thẳng b không? Vì sao?

b) Cho đường thẳng d cắt hai đường thẳng a và b tại A và B. Cho biết $\widehat{A_1}=115°$ . Tính số đo các góc $\widehat{B_2};\widehat{B_3};\widehat{A_3}$ .

c) Gọi Ax và By lần lượt là tia phân giác của các góc $\widehat{A_1}$ và $\widehat{B_3}$ . Chứng minh: Ax //By.

Lời giải:

a) Vì a // b và c ⊥ a nên c ⊥ b

b) Ta có: a // b nên $\widehat{B_2}+\widehat{A_1}=180°$ (2 góc trong cùng phía)

Suy ra: $\widehat{B_2}=180°-\widehat{A_1}=180°-115°=65°$

$\widehat{B_3}=\widehat{A_1}=115°$(2 góc so le trong)

$\widehat{A_3}=\widehat{A_1}=115°$

c) Ta có: $\widehat{xAB}=\frac{1}{2}\widehat{A_1}$ (vì Ax là phân giác của $\widehat{A_1}$ )

$\widehat{yBA}=\frac{1}{2}\widehat{B_3}$(vì Ax là phân giác của $\widehat{B_3}$ )

Mà $\widehat{B_3}=\widehat{A_1}=115°$ nên $\widehat{xAB}=\widehat{yBA}$

Mà 2 góc ở $\widehat{xAB},\widehat{yBA}$ vị trí so le trong nên Ax // By.

Đề bài. Cho hình thoi EGHK với O là giao điểm của 2 đường chéo. Biết EG = 15 cm. Tính độ dài của GH, HK, KE?

Lời giải:

Ta có: EGHK là hình thoi nên GH = HK = KE = EG = 15cm.

Đề bài. Viết số có hai chữ số mà chữ số hàng chục bé hơn chữ số hàng đơn vị là 4.

Lời giải:

Số có 2 chữ số nên hàng chục phải lớn hơn 0 và hàng đơn vị ≤ 9

Hàng chục nhỏ nhất là 1, lớn nhất là 9 – 4 = 5

Vậy hàng chục có thể là các số từ 1 đến 5.

Còn hàng đơn vị là các số hàng chục cộng thêm 4

Suy ra các số cần tìm là các số 15, 26, 37, 48, 59.

Đề bài. Cho các số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn a² + b² + c² = 1. Tìm GTLN của biểu thức Q = $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$ .

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số không âm, ta có:

a² + b² ≥ 2ab

b² + c² ≥ 2bc

a² + c² ≥ 2ac

Cộng vế ta được:

2(a² + b² + c²) ≥ 2(ab + bc + ca)

⇒ 3(a² + b² + c²) ≥ 2(ab + bc + ca) + a² + b² + c²

⇒ 3(a² + b² + c²) ≥ (a + b + c)²

Mà a² + b² + c² = 1 nên (a + b + c)² ≤ 3, hay a + b + c ≤ $\sqrt{3}$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia, có: ${\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)}^2\le \left(a+b+b+c+c+a\right).3$

⇒ Q² ≤ 2(a + b + c).3

⇒ Q² ≤ 6

Suy ra: Q ≤$\sqrt[4]{108}$

Vậy GTLN của Q là $\sqrt[4]{108}$ khi $\left\{\begin{array}{l}a=b=c\\ a^2+b^2+c^2=1\end{array}\right.\iff a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$ .

Đề bài. Cho các số thực x, y thỏa mãn: 4x² + 2xy + y² = 3.

Tìm GTNN, GTLN của P = x² + 2xy – y²

Lời giải:

Ta có: $\frac{P}{3}=\frac{x^2+2xy-y^2}{4x^2+2xy+y^2}$ (*)

Xét y = 0 thì x² =$\frac{3}{4}\Rightarrow x=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$

Suy ra: $\left[\begin{array}{l}P={\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+2.\frac{\sqrt{3}}{2}.0-0^2=\frac{3}{4}\\ P={\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+2.\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}.\right)0-0^2=\frac{3}{4}\end{array}\right.$

Xét y khác 0, chia cả (*) cho y² ta được: $\frac{P}{3}=\frac{{\left(\frac{x}{y}\right)}^2+2\frac{x}{y}-1}{4{\left(\frac{x}{y}\right)}^2+2\frac{x}{y}+1}$

Đặt $\frac{x}{y}=a\Rightarrow \frac{P}{3}=\frac{a^2+2a-1}{4a^2+2a+1}$

* Xét $\frac{P}{3}-\left(-2\right)=\frac{a^2+2a-1}{4a^2+2a+1}+2=\frac{{\left(3a+1\right)}^2}{4a^2+2a+1}$

Vì (3a + 1)² ≥ 0 với mọi a nên $\frac{{\left(3a+1\right)}^2}{4a^2+2a+1}\ge 0$

Suy ra: $\frac{P}{3}-\left(-2\right)\ge 0\Rightarrow P\ge -6$

Vậy GTNN của P là –6 khi 3a + 1 = 0 hay a = $\frac{-1}{3}\iff \frac{x}{y}=\frac{-1}{3}\iff -3x=y$

Thay vào 4x² + 2xy + y² = 3, ta được: 7x² = 3

⇔ $\left[\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{21}}{7}\\ x=-\frac{\sqrt{21}}{7}\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}y=\frac{-3\sqrt{21}}{7}\\ y=\frac{3\sqrt{21}}{7}\end{array}\right.$

Vậy GTNN của P là –6 khi (x; y) = $\left(\frac{\sqrt{21}}{7};\frac{-3\sqrt{21}}{7}\right);\left(-\frac{\sqrt{21}}{7};\frac{3\sqrt{21}}{7}\right)$

* Xét $\frac{P}{3}-\frac{1}{3}=\frac{a^2+2a-1}{4a^2+2a+1}-\frac{1}{3}=\frac{-{\left(a-2\right)}^2}{4a^2+2a+1}$

Vì –(a – 2)² ≤ 0 với mọi a nên: $\frac{-{\left(a-2\right)}^2}{4a^2+2a+1}\le 0,\forall a$

Suy ra: $\frac{P}{3}-\frac{1}{3}\le 0\Rightarrow P\le 1$

Vậy GTLN của P là 1 khi a – 2 = 0 hay a = 2.

Khi đó x = 2y

Thay vào 4x² + 2xy + y² = 3, ta được: 21y² = 3

⇔ $\left[\begin{array}{l}y=\frac{1}{\sqrt{7}}\\ y=-\frac{1}{\sqrt{7}}\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=\frac{2}{\sqrt{7}}\\ x=-\frac{2}{\sqrt{7}}\end{array}\right.$

Vậy GTLN của P là 1 khi (x; y) = $\left(\frac{2}{\sqrt{7}};\frac{1}{\sqrt{7}}\right);\left(-\frac{2}{\sqrt{7}};-\frac{1}{\sqrt{7}}\right)$ .

Đề bài. Chứng minh rằng n² – n chia hết cho 2 với mọi n ∈ ℤ.

Lời giải:

Ta có: n² – n = n(n – 1)

Mà n và n – 1 là 2 số nguyên liên tiếp

Mà tích của 2 số nguyên liên tiếp chia hết cho 2. Hay n(n – 1) ⋮ 2

Vậy n² – n chia hết cho 2 với mọi n ∈ ℤ.

Đề bài. An có 90 bút bi và 150 quyển vở muốn chia thành các phần thưởng để ủng hộ học sinh nghèo, sao cho số bút và vở trong các phần thưởng là như nhau. Hỏi An chia được bao nhiêu số phần thưởng trong khoảng từ 5 đến 30 phần thưởng?

Lời giải:

Số bút và vở trong các phần thưởng là như nhau nên số phần thưởng là ước chung của 90, 150.

Ta có: 90 = 2.3².5; 150 = 2.3.5²

⇒ ƯCLN(90; 150) = 2.3.5 = 30

Suy ra: số phần thưởng là Ư(30) ∈{1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30}

Mà số phần thưởng trong khoảng từ 5 đến 30 phần thưởng nên số phần thưởng có thể là 5, 6, 10, 15, 30.

Vậy số phần thưởng có thể là 5, 6, 10, 15, 30.