Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 4) hay nhất được biên soạn và chọn lọc giúp bạn ôn luyện và đạt kết quả cao trong bài thi môn Toán.

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Toán có đáp án (phần 4)

Bài 1: Cho đường thẳng d và hai điểm A, B nằm cùng phía với d. Tìm điểm M trên d sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất?

Lời giải:

- Tìm điểm A’ đối xứng với A qua d

- Nối A’B cắt d tại M. M chính là điểm cần tìm.

- Thật vậy : Vì A’ đối xứng với A qua d cho nên MA = MA’.

Do đó : MA + MB = MA’ + MB = A’B .

- Giả sử tồn tại M’ khác M thuộc d thì : M’A + M’B = M’A’ + M’B lớn hơn hoặc bằng A'B. Dấu bằng chỉ xảy ra khi A’M’B thẳng hàng. Nghĩa là M trùng với M’ 

Bài 2: Cho một đường thẳng d và hai điểm phân biệt A, B không thuộc d. Tìm điểm C thuộc d sao cho A, B, C thẳng hàng. Khi nào không thể tìm được điểm C như vậy?

Lời giải:

Vì hai điểm A, B phân biệt nên có thể vẽ được đường thẳng d’ đi qua hai điểm đó.

Hai điểm A, B không thuộc d thì d’ không trùng với d

Theo đầu bài, ta cần ba điểm A, B, C thẳng hàng nghĩa là C phải nằm trên đường thẳng d’ mà C phải thuộc vào d. Do đó C là giao điểm của hai đường thẳng d và đường thẳng d’.

+) Nếu d’ và d không có giao điểm nghĩa là d’ song song với d thì không thể tìm được điểm C như vậy.

Bài 3: Trong mặt phẳng cho 10 điểm phân biệt A₁, A₂,... A₁₀ trong đó có 4 điểm A₁, A₂, A₃, A₄thẳng hàng, ngoài rakhông có 3 điểm nào thẳng hàng. Số tam giác có 3 đỉnh được lấy trong 10 điểm trên là

A. 116 tam giác

B. 80 tam giác

C. 96 tam giác

D. 60 tam giác

Lời giải:

Chọn A

Số tam giác được tạo thành từ 10 điểm là C310 tam giác

Do 4 điểm A₁, A₂, A₃, A₄ thẳng hàng nên số tam giác mất đi là C34

Vậy số tam giác thỏa mãn yêu cầu Đề bài: C310−C34=116 là tam giác

Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất 

y = 3sin(3x + π6) + 4cos(3x + π6)

Lời giải:

y = 5[35sin(3x + π6) + 45cos(3x + π6)]

y = 5 . sin(3x + π6 + a) với cosa = 35

Do −1≤sin(3x + π6 + a)≤1

⇒-5≤y≤5

Bài 5: Hưởng ứng phong trào quyên góp sách giáo khoa cũ giúp đỡ học sinh có hoàn cảnh khó khăn, ba lớp 7A, 7B, 7C đã quyên góp số sách lần lượt với tỉ lệ 3; 4; 5. Tính số sách giáo khoa của mỗi lớp quyên góp, biết số sách quyên góp của lớp 7C hơn lớp 7A là 22 quyển.

Lời giải:

Gọi số sách quyên góp của 3 lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là a (quyển), b (quyển), c (quyển)

(điều kiện

Theo đầu bài ta có: $\frac{\text{a}}{\text{3}}\text{ = }\frac{\text{b}}{\text{4}}\text{ = }\frac{\text{c}}{\text{5}}$ và c – a = 22

Áp dụng tính chất: $\frac{\text{a}}{\text{b}}\text{ = }\frac{\text{c}}{\text{d}}\text{ = }\frac{\text{a – c}}{\text{b – d}}$

Ta có: $\frac{\text{a}}{\text{3}}\text{ = }\frac{\text{c}}{\text{5}}\text{ = }\frac{\text{c – a}}{\text{5 – 3}}\text{ = }\frac{\text{22}}{\text{2}}\text{ = 11}$

$\frac{\text{a}}{\text{3}}\text{ = 11}\Rightarrow \text{a = 3 . 11 = 33; }\frac{\text{c}}{\text{5}}\text{ = 5 . 11 = 55}$

Ta có: $\frac{\text{a}}{\text{3}}\text{ = }\frac{\text{b}}{\text{4}}\Rightarrow \frac{\text{33}}{\text{3}}\text{ = }\frac{\text{b}}{\text{4}}\Rightarrow \text{b = }\frac{\text{33 . 4}}{\text{3}}\text{ = 44}$

Vậy số sách quyên góp của lớp 7A, 7B, 7C lần lượt là:

33 (quyển), 44 (quyển), 55 (quyển).

Bài 6: Cho các số hữu tỉ là a, b, c khác 0 thỏa mãn :$\frac{\text{a + b - c}}{\text{c}}\text{ = }\frac{\text{a - b + c}}{\text{b}}\text{ = }\frac{\text{-a + b + c}}{\text{a}}$. Tính giá trị của biểu thức $\text{M = }\frac{\left(\text{a + b}\right)\left(\text{b + c}\right)\left(\text{c + a}\right)}{\text{abc}}$

Lời giải:

Theo bài ra, ta có:

$\frac{\text{a + b - c}}{\text{c}}\text{ = }\frac{\text{a - b + c}}{\text{b}}\text{ = }\frac{\text{-a + b + c}}{\text{a}}$

áp dụng tính chất ta có:

$$\begin{gathered} \frac{\text{a + b - c}}{\text{c}}\text{ = }\frac{\text{a - b + c}}{\text{b}}\text{ = }\frac{\text{-a + b + c}}{\text{a}} \\ \text{= }\frac{\text{a + b - c + a - b + c + -a + b + c}}{\text{c + b + a}}\text{ = }\frac{\text{a + b + c}}{\text{c + b + a}}\text{ = 1} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \text{ a + b - c = c }\Rightarrow \text{ a + b = 2c }\left(\text{1}\right) \\ \Rightarrow \text{ a - b + c = b }\Rightarrow \text{ a + c = 2b }\left(\text{2}\right) \\ \Rightarrow \text{ -a + b + c = a }\Rightarrow \text{ b + c = 2a }\left(\text{3}\right) \end{gathered}$$

thay 1, 2 và 3 vào biểu thức M ta có:

$\text{M = }\frac{\text{2c . 2a . 2b}}{\text{abc}}\text{ = }\frac{\text{8abc}}{\text{abc}}\text{ = 8}$

Vậy M = 8

Bài 7: Cho biết $\frac{\text{x}}{\text{y}}\text{ = }\frac{\text{7}}{\text{10}}\text{ ; }\frac{\text{y}}{\text{z }}\text{ = }\frac{\text{10 }}{\text{13 }}$  và x + y + z =120 .Tìm x,y,z

Lời giải:

$\begin{array}{l}\frac{x}{y}=\frac{7}{10}\Rightarrow \frac{x}{7}=\frac{y}{10}\\ \frac{y}{z}=\frac{10}{13}\Rightarrow \frac{y}{10}=\frac{z}{13}\\ \Rightarrow \frac{x}{7}=\frac{y}{10}=\frac{z}{13}\end{array}$

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

$\begin{array}{l}\frac{x}{7}=\frac{y}{10}=\frac{z}{13}=\frac{x+y+z}{7+10+13}=\frac{120}{30}=4\\ \Rightarrow x=7.4=28\\ y=10.4=40\\ z=13.4=52\end{array}$

Vậy $\left(\text{x; y; z}\right)\text{ = }\left(\text{28; 40; 52}\right)$

Bài 8: Chứng minh đẳng thức

tan²x - sin²x = tan²x . sin²x

Lời giải:

$$\begin{gathered} {\text{tan}}^{\text{2}}{\text{x - sin}}^{\text{2}}\text{x = }\frac{{\text{sin}}^{\text{2}}\text{x}}{{\text{cos}}^{\text{2}}\text{x}}{\text{ - sin}}^{\text{2}}{\text{x = sin}}^{\text{2}}\text{x . }\left(\frac{\text{1}}{{\text{cos}}^{\text{2}}\text{x}}\text{ - 1}\right) \\ {\text{= sin}}^{\text{2}}\text{x . }\frac{{\text{sin}}^{\text{2}}\text{x}}{{\text{cos}}^{\text{2}}\text{x}}{\text{ = tan}}^{\text{2}}{\text{x . sin}}^{\text{2}}\text{x} \end{gathered}$$

Bài 9: Cho hai điểm A(x₁; y₁) và B(x₂; y₂) với $x_1\ne x_2;y_1\ne y_2$. Chứng minh rằng nếu đường thẳng y = ax + b đi qua A và B thì $\frac{{\text{y - y}}_{\text{1}}}{{\text{y}}_{\text{2}}{\text{ - y}}_{\text{1}}}\text{ = }\frac{{\text{x - x}}_{\text{1}}}{{\text{x}}_{\text{2}}{\text{ - x}}_{\text{1}}}$

Lời giải:

Vì đường thẳng đi qua A nên tọa độ điểm A thỏa mãn: y₁ = ax₁ + b (1).

Đường thẳng đi qua B nên tọa độ điểm B thỏa mãn: y₂ = ax₂ + b (2)

Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được: $a=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2},b=y_1-\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}.x_1=\frac{y_1{x}_2-y_2{x}_1}{x_1-x_2}$

Do đó ta có: $\frac{{\text{y - y}}_{\text{1}}}{{\text{y}}_{\text{2}}{\text{ - y}}_{\text{1}}}\text{ = }\frac{{\text{x - x}}_{\text{1}}}{{\text{x}}_{\text{2}}{\text{ - x}}_{\text{1}}}$ .

Bài 10: Cho hàm số y = -x + 5 có đồ thị là (d₁)

$y=\frac{x}{2}-1$có đồ thị là (d₂)

A) Vẽ (d₁), (d₂) trên cùng mặt phẳng tọa độ

B) Tìm tọa độ giao điểm của (d₁), (d₂)

Lời giải:

y = -x + 5

Cho $\text{x = 0 }\Rightarrow \text{ y = 5 }\Rightarrow$  dths đi qua A(0; 5)

cho  $\text{y = 0 }\Rightarrow \text{ x = 5 }\Rightarrow$  dths đi qua B(5; 0)

Nối A; B ta được dths y = -x + 5

$y=\frac{x}{2}-1$

cho $\text{x = 0 }\Rightarrow \text{ y = -1 }\Rightarrow$  dths đi qua C(0; -1)

cho $\text{x = 2 }\Rightarrow \text{ y = 0 }\Rightarrow$  dths đi qua D(2; 0)

Nối C; D ta được dths cần tìm

b) Từ dths ta thấy tọa độ giao điểm của 2 hàm số là E(4; 1)

Bài 11: Gọi d₁ là đồ thị hàm số y = −(2m − 2)x + 4m và d₂ là đồ thị hàm số y = 4x – 1 . Xác định giá trị của m để M(1;

3) là giao điểm của d₁ và d₂.

A. $m=\frac{1}{2}$

B. $m=-\frac{1}{2}$

C. m = 2

D. m = −2

Lời giải:

Nhận thấy $\text{M }\in {\text{d}}_{\text{2}}$

Ta thay tọa độ điểm M vào phương trình d₁ được phương trình

$\text{3 = -}\left(\text{2m - 2}\right)\text{ . 1 + 4m}\iff \text{m = }\frac{\text{1}}{\text{2}}$

Vậy $\text{m = }\frac{\text{1}}{\text{2}}$

Đáp án cần chọn là: A.

Bài 12: Cho $\Delta ABC$ cân tại A, đường phân giác trong của góc B cắt AC tại D và cho biết AB = 15cm, BC = 10cm. Khi

đó AD = ?

A. 3 cm

B. 6cm

C. 9cm

D. 12cm

Lời giải:

Vì BD là đường phân giác của $\widehat{\text{ABC}}$ nên: $\frac{\text{AD}}{\text{DC}}\text{ = }\frac{\text{AB}}{\text{BC}}$

Suy ra: $\frac{\text{AD}}{\text{DC + AD}}\text{ = }\frac{\text{AB}}{\text{BC + AB}}$ (theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau) .

$\Rightarrow \frac{\text{AD}}{\text{AC}}\text{ = }\frac{\text{AB}}{\text{BC + AB}}$

Mà tam giác ABC cân tại A nên AC = AB = 15cm

Đáp án: C

Bài 13: Cho $\Delta ABC$ cân tại A . Tia giác góc B cắt cạnh AC tại D, tia phân giác góc C cắt cạnh AB tại E. Chứng minh cân.

Lời giải:

$\Delta ABC$ cân tại A nên $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$ (t/c tam giác cân)

$\Rightarrow \frac{\widehat{\text{ABC}}}{\text{2}}\text{ = }\frac{\widehat{\text{ACB}}}{\text{2}}$

Mà $\widehat{\text{ABD}}\text{ = }\widehat{\text{CBD}}\text{ = }\frac{\widehat{\text{ABC}}}{\text{2}}$

$\widehat{\text{ACE}}\text{ = }\widehat{\text{BCE}}\text{ = }\frac{\widehat{\text{ACB}}}{\text{2}}$

Nên $\widehat{\text{ABD}}\text{ = }\widehat{\text{CBD}}\text{ = }\widehat{\text{ACE}}\text{ = }\widehat{\text{BCE}}$

Xét $\Delta EBC$ và $\Delta DCB$ có:

$\widehat{\text{EBC}}\text{ = }\widehat{\text{DCB}}$ (cmt)

BC là cạnh chung

$\widehat{\text{ECB}}\text{ = }\widehat{\text{DBC}}$ (cmt)

Do đó, $\Delta EBC=\Delta DCB$  (g.c.g)

$\Rightarrow$ BE = CD (2 cạnh tương ứng)

Mà AB = AC (gt) nên AB - BE = AC - CD

$\Rightarrow$ AE = AD

$\Rightarrow \Delta AED$ cân tại A (đpcm)

Bài 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho với A(1; 0; 0), B(3; 2; 4), C(0; 5; 4). Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}\right|$ nhỏ nhất.

A. M(1; 3; 0).

B. M(1; −3; 0).

C. M(3; 1; 0).

D. M(2; 6; 0).

Lời giải:

+ Ta tìm điểm I(a; b; c) thỏa mãn

$\overrightarrow{\text{IA}}\text{ + }\overrightarrow{\text{IB}}\text{ + 2}\overrightarrow{\text{IC}}$

Hay $\left\{\begin{array}{c}\text{1 - a + 3 - a - 2a = 0}\\ \text{-b + 2 - b + 2(5 - b) = 0}\\ \text{-c + 4 - c + 2(4 - c) = 0}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}a=1\\ b=3\\ c=3\end{array}\right.\Rightarrow \text{I}\left(\text{1; 3; 3}\right)$

+ Khi đó: $\left|\overrightarrow{\text{MA}}\text{ + }\overrightarrow{\text{MB}}\text{ + 2}\overrightarrow{\text{MC}}\right|\text{ = }\left|\text{4}\overrightarrow{\text{MI}}\right|\ge \text{4IH}$

với H là hình chiếu của I trên  (Oxy) và H(1; 3; 0)

Do đó $\text{min}\left|\overrightarrow{\text{MA}}\text{ + }\overrightarrow{\text{MB}}\text{ + 2}\overrightarrow{\text{MC}}\right|\text{ = 4IH = 12}$

khi  $H\equiv M$ hay M(1;3;0)

Đáp án cần chọn là: A

Bài 15: Cho $\Delta ABC$ vuông cân tại A, tia phân giác của góc B và góc C cắt AC và AB lần lượt tại E và D.

a) Chứng minh BE = CD, AD = AE.

b) Gọi I là giao điểm của BE và CD, AI cắt BC tại M. Chứng minh vuông cân.

c) Từ A và D vẽ các đường thẳng vuông góc với BE. Các đường này cắt BC tại K và H. Chứng minh HK = KC.

Lời giải:

 

a) Do tam giác ABC vuông cân nên ^ABC =^ ACB⇒^ABE = ^ACD

Xét tam giác vuông ABE và tam giác vuông ACD có:

AB = AC (gt)

^ABE = ^ACD

⇒ΔABE = ΔACD (Cạnh góc vuông - góc nhọn kề)

⇒ BE = CD; AE = AD

b) I là giao điểm của hai tia phân giác góc B và góc C của nên AI cũng là phân giác góc A.

Do ΔABC  cân tại A nên AI là phân giác đồng thời là đường cao và trung tuyến.

Vậy thì ^AMC = 90o; BM = MC = AM

Từ đó suy ra ΔAMC vuông cân tại M.

c) Gọi giao điểm của DH, AK với BE lần lượt là J và G.

Do DH và AK cùng vuông góc với BE nên ta có

ΔBDJ = ΔBHJ; ΔBAG = ΔBKG⇒BD = BH; BA = BK

⇒HK=AD

Mà AD = AE nên HK = AE.    (1)

Do ΔBAK cân tại B, có o⇒^BAK = 180o - 45o2 = 67,5o

⇒^GAE = 90o - 67,5o = 22,5o = ^IAE2

Suy ra AG là phân giác góc IAE.

Từ đó ta có ^KAC = ^ICA( = 22,5o)

⇒ΔAKC = ΔCIA(g - c - g)⇒KC = IA

Lại có ΔAIE có AG là phân giác đồng thời đường cao nên nó là tam giác cân, hay AI = AE. Suy ra KC = AE  (2)

Từ (1) và (2) suy ra HK = KC.

Bài 16: 39100  viết dưới dạng số thập phân là:

A. 3,09

B. 3,900

C. 3,009

D. 3,90

Lời giải:

Chọn A

39100=3,09

Vậy  39100 được viết dưới dạng số thập phân là 3,09

Bài 17: Một nhóm học sinh gồm 5 nam và 3 nữ. Có bao nhiêu cách chọn 5 người để làm ban đại diện sao cho có

đúng ba nam?

A. 20

B. 15

C. 30

D. 45

Lời giải:

Chọn 3 nam trong 5 nam là số tổ hợp chập 3 của 5 phần tử: $C_5^3$

Chọn 2 nữ trong 3 nữ là số tổ hợp chập 2 của 3 phần tử: $C_3^2$

Số cách chọn thỏa mãn Đề bài: là ${\text{C}}_{\text{5}}^{\text{3}}{\text{ . C}}_{\text{3}}^{\text{2}}\text{ = 30}$

Bài 18: Cho tam giác ABC có AB = AC và tia phân giác góc A cắt BC ở H.

a) Chứng minh $\text{ΔABH = ΔACH}$

b) Chứng minh AH ⊥ BC

c) Vẽ $\text{HD }\perp \text{AB (D }\in \text{AB)}$  và $HE\perp AC(E\in AC)$ . Chứng minh: DE // BC

Lời giải:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bài 19: Cho ΔABC có AB = AC. Tia phân giác của góc A cắt BC tại D.

a) Chứng minh tam giác ABD bằng tam giác ADC.

b) Kẻ DH⊥AB  (h tập hợp AB ) DK⊥AC ( K ∈ AC) Chứng minh BH = CK.

c) Biết ˆA = 4ˆB  tính số đo các góc của tam giác ΔABC

Lời giải:

a)Ta có: AB = AC, ^BAD = ^DAC→ΔABD = ΔACD(c . g . c)

b)Từ câu a ⇒ DB = DC

Mà ^DHB =^ DKC = 90o, ^ABC = ^ACB

⇒ΔDHB = ΔDKC (cạnh huyền – góc nhọn)

⇒BH = CK

c) Ta có : AB = AC suy ra tam giác ABC cân tại A

⇒ˆB=ˆC

Mà ˆA = 4ˆB

Bài 20: Cho hình vuông ABCD, M là trung điểm cạnh AB, P là giao điểm CM và DA

a) Cm: APBC là hình bình hành và BCDP là hình thang vuông

b) CM: 2Sbcdp = 3Sapbc

c) Gọi N là trung điểm BC, Q là giao điểm DN và CM. Cm: AQ = AB

Lời giải:

a) Ta có: $\widehat{{\text{M}}_{\text{1}}}\text{ = }\widehat{{\text{M}}_{\text{2}}}$ (2 góc đổi đỉnh)

$\Rightarrow \text{ΔAMP = ΔBMC(g . c . g)}\Rightarrow \text{MP = MC}$

Xét tứ giác APBC có AB và CP là 2 đường chéo nhau tại trung điểm mỗi đường nên APBC là hình bình hành.

Vì APBC là hình bình hành nên $\text{BC // AP}\Rightarrow \text{BC // DP}$  mà $\text{BC }\perp \text{CD}$

$\Rightarrow$ BCDP là hình thang vuông (Điều phải chứng minh).

b) Nhận xét: ${\text{S}}_{\text{ADC}}{\text{ = S}}_{\text{ABC}}{\text{ = S}}_{\text{ABP}}$  và đặt ${\text{S}}_{\text{ADC}}{\text{ = S}}_{\text{ABC}}{\text{ = S}}_{\text{ABP}}\text{ = a}$

Khi đó: ${\text{2S}}_{\text{BCDP}}{\text{ = 2 . 3a = 6a; 3S}}_{\text{APBC}}\text{ = 3 . 2a = 6a}$

Suy ra đpcm.

c) Vì M là trung điểm của AB nên $\text{BM = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{AB}$

Vì N là trung điểm của BC nên $\text{CN = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{BC}$ mà

$\text{AB = BC}\Rightarrow \text{BM = CN}\Rightarrow \text{ΔCBM = ΔDCN(c . g . c)}\Rightarrow \widehat{{\text{C}}_{\text{1}}}\text{ = }\widehat{{\text{D}}_{\text{1}}}$

mà $\Delta DCN$ vuông tại C nên

$\widehat{{\text{D}}_{\text{1}}}\text{ + }\widehat{{\text{N}}_{\text{1}}}{\text{ = 90}}^{\text{o}}\Rightarrow \widehat{{\text{C}}_{\text{1}}}\text{ + }\widehat{{\text{N}}_{\text{1}}}{\text{ = 90}}^{\text{o}}\Rightarrow \widehat{\text{CQN}}{\text{ = 90}}^{\text{o}}$

$\Rightarrow \Delta PDQ$ vuông tại Q.

Xét vuông tại Q, có QA là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

$\Rightarrow \text{QA = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{PD = AD}$  mà $\text{AD = AB}\Rightarrow \text{AQ = AB}$  (Điều phải chứng minh). 

Bài 21: Cho $\Delta ABC$ cân tại A.Trên cạnh AB lấy điểm M, trên tia đối của tia CA lấy điểm N sao cho AM + AN = 2AB.

a) Chứng minh rằng: BM = CN

b) Chứng minh rằng: BC đi qua trung điểm của đoạn thẳng MN.

c) Đường trung trực của MN và tia phân giác của $\widehat{\text{BAC}}$ cắt nhau tại K. Chứng minh rằng $\text{ΔBKM = ΔCKN}$ từ đó suy ra KC vuông góc với AN

Lời giải:

a) Do tam giác ABC cân tại A, suy ra AB = AC.

Ta có: AM + AN = AB – BM + AC + CN = 2AB – BM + CN.

Ta lại có AM + AN = 2AB (gt), nên suy ra

2AB – BM + CN = 2AB ⇔ – BM + CN = 0  ⇔ BM = CN.

Vậy BM = CN (đpcm).

b) Gọi I là giao điểm của MN và BC.

Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại E.

Do ME // NC nên ta có:

$\widehat{MEB}=\widehat{ACB}$ (hai góc đồng vị) nên ∆BME cân tại M ⇒ BM = ME mà BM = CN nên ME = CN.

$\widehat{\text{CNI}}\text{ = }\widehat{\text{IME}}$ (hai góc so le trong)

$\widehat{\text{MEI}}\text{ = }\widehat{\text{NCI}}$ (hai góc so le trong)

Ta chứng minh được $\text{ΔMEI = ΔNCI\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g . c . g)}$

Suy ra MI = NI (hai cạnh tương ứng), từ đó suy ra I là trung điểm của MN.

c) Xét hai tam giác MIK và NIK có:

MI = IN (cmt),

$\widehat{\text{MIK}}\text{ = }\widehat{\text{NIK}}{\text{ = 90}}^{\text{0}}$

IK là cạnh chung. Do đó $\text{ΔMIK = ΔNIK(c.g.c)}$

Suy ra KM = KN (hai cạnh tương ứng).

Xét hai tam giác ABK và ACK có: AB = AC(gt), $\widehat{\text{BAK}}\text{ = }\widehat{\text{CAK}}$ (do BK là tia phân giác của $\widehat{BAC}$), AK là cạnh chung, do đó   

Suy ra KB = KC (hai cạnh tương ứng).

Xét hai tam giác BKM và CKN có: MB = CN, BK = KN, MK = KC, do đó

$\Delta \text{BKM = }\Delta \text{CKN(c . c . c)}$ suy ra $\widehat{\text{MBK}}\text{ =}\widehat{\text{ KCN}}$.

Mà $\widehat{\text{MBK}}\text{ = }\widehat{\text{ACK}}\Rightarrow \widehat{\text{ACK}}\text{ = }\widehat{\text{KCN}}{\text{ = 180}}^{\text{0}}{\text{ : 2 = 90}}^{\text{0}}\Rightarrow \text{KC}\perp \text{AN.}$  (đpcm)

Bài 22: Tính bằng cách thuận tiện nhất: 34 000 : 125 : 8 

Lời giải:

$34000:\left(125.8\right)=34$

Bài 23: Tính:

372,95 : 3                     

757,5 : 35                     

431,25:125                   

35,1 x 8,5

Lời giải:

372,95 : 3 = 124.316666667

757,5 : 35 = 21.6428571429

431,25:125 = 3.45

35,1 x 8,5 = 298.35

Bài 24: Phân tích thành nhân tử 5(x + 3y) - 15x (x + 3y)

Lời giải:

5(x + 3y) - 15x ( x + 3y ) = (x + 3y)(5 - 15) = -10(x + 3y)

Bài 25: Cho $\Delta$ ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi D, E theo thứ tự là các điểm đối xứng của H qua các cạnh AB, AC.

a) Chứng minh A, E, D thẳng hàng và BCED là hình thang.

b) Chứng minh $\text{BD . CE = }\frac{{\text{DE}}^{\text{2}}}{\text{4}}$ .

c) Cho biết AB = 3cm, AC = 4cm. Tính DE và diện tích $\Delta$ DHE.

Lời giải:

a) Do D đối xứng với H qua đoạn AB nên $\Delta ADH$ cân tại A 

$\Delta ADH$ có AB là đường cao đồng thời là phân giác 

$\Rightarrow \widehat{\text{DAB}}\text{ = }\widehat{\text{HAB}}$

Tương tự với $\Delta AHE\Rightarrow \widehat{\text{HAC}}\text{ = }\widehat{\text{EAC}}$

Ta có : 

$$\begin{gathered} \widehat{\text{DAE}}\text{ = }\left(\widehat{\text{DAH}}\right)\text{ + }\left(\widehat{\text{HAE}}\right)\text{ = 2.}\left(\widehat{\text{BAH}}\right)\text{ + 2.}\left(\widehat{\text{HAC}}\right) \\ \text{= 2.}\left(\widehat{\text{BAH}}\text{ + }\widehat{\text{HAC}}\right)\text{ = 2.90 = 180} \end{gathered}$$

$\Rightarrow$D, A, E thẳng hàng 

Nhận thấy 

$\Delta AHC$ đối xứng với $\Delta AEC$ qua đoạn thẳng AC $\Rightarrow \widehat{\text{AHC}}\text{ = }\widehat{\text{AEC}}{\text{ = 90}}^0$ (1)

Tương tự , ta cũng có : $\widehat{\text{BHA}}\text{ = }\widehat{\text{BDA}}{\text{ = 90}}^{\text{0 }}$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$  BD // EC (do 2 góc trong cùng phía bù nhau)

b) Ta có : $\Delta BHA$ đồng dạng với $\Delta AHC$

Suy ra tỷ lệ $\frac{\text{BH}}{\text{AH}}\text{ = }\frac{\text{AH}}{\text{HC}}\iff {\text{AH}}^{\text{2}}\text{ = BH . HC}$

Mà BH = BD , HC = CE

$$\begin{gathered} \Rightarrow {\text{AH}}^{\text{2}}\text{ = BD . CE} \\ \iff {\text{4AH}}^{\text{2}}\text{ = 4BD . CE} \end{gathered}$$

$\iff {\left(\text{2AH}\right)}^{\text{2}}\text{ = 4BD . CE}$ (Do AD = AH = AE)

$\iff {\text{DE}}^{\text{2}}\text{ = 4BD . CE}$.

c) Ta có: AD = AH (tính chất đối xứng), AH = AE (tính chất đối xứng)

Suy ra AD = AE mà A, D, E thẳng hàng nên A là trung điểm của DE.

Xét tam giác vuông ABC, vuông tại A, có:

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}=\frac{25}{144}\Rightarrow AH=\frac{12}{5}$

$\Rightarrow AD=AE=AH=\frac{12}{5}$

⇒ DE = $\frac{24}{5}$  cm.

Xét tam giác ABC vuông tại A có:

$$\begin{gathered} \tan \widehat{ABC}=\frac{AC}{AB}=\frac{4}{3}\Rightarrow \sin \widehat{ABC}=\frac{4}{5} \\ \Rightarrow \sin \widehat{ADH}=\frac{4}{5} \end{gathered}$$

Xét tam giác DHE vuông tại H, có:

$\sin \widehat{ADH}=\frac{EH}{ED}=\frac{EH}{\frac{24}{5}}=\frac{4}{5}\Rightarrow EH=\frac{96}{25}\Rightarrow DH=\frac{72}{25}$

Vậy diện tích tam giác DEH là: $\frac{1}{2}DH.EH=\frac{1}{2}.\frac{96}{25}.\frac{72}{25}\approx \mathrm{5,5}$  (đvdt).

Bài 26: Cho $\Delta ABC$ có A(5; 3); B(2; -1) và C(-1; 5). Tính tọa độ chân đường cao vẽ từ A.

A. (1; 2)

B. ( 1; 1)

C. (1; -1)

D. (-2; 1)

Lời giải:

Chọn B.

Gọi A’(x; y)  là tọa độ chân đường cao vẽ từ A; 

$\overrightarrow{BC}\left(-3;6\right)$ và $\overrightarrow{\text{AA'}}\left(\text{x - 5; y - 3}\right)$

Ta có AA’ và BC vuông góc với nhau nên $\overrightarrow{\text{AA'}}\text{ . }\overrightarrow{\text{BC}}\text{ = 0}$

Suy ra  -3(x - 5) + 6(y - 3) = 0 hay x - 2y + 1 = 0     (1)

Và $\overrightarrow{\text{BA'}}\left(\text{x - 2; y + 1}\right)\text{; }\overrightarrow{\text{BC}}\left(\text{-3; 6}\right)$ cùng phương nên  2x + y – 3 = 0    (2)

Từ (1) và (2) suy ra x = y = 1

Vậy điểm A’ cần tìm có tọa độ (1; 1).

Bài 27: Cho tam giác ABC có AB = 3; AC = 5; $\widehat{BAC}=60°.$ Gọi M là điểm thuộc đoạn BC sao cho BM = 2MC. Tính

độ dài đoạn AM.

Lời giải:

Áp dụng định lý cos, ta có:

$$\begin{gathered} \text{BC = }\sqrt{{\text{AB}}^{\text{2}}{\text{ + AC}}^{\text{2}}\text{ - 2AB . AC . cosBAC}}\text{ = }\sqrt{\text{19}} \\ \Rightarrow \text{cosB = }\frac{{\text{AB}}^{\text{2}}{\text{ + BC}}^{\text{2}}{\text{ - AC}}^{\text{2}}}{\text{2AB . BC}}\text{ = }\frac{\sqrt{\text{19}}}{\text{38}} \\ \text{BM = 2MC}\Rightarrow \text{BM = }\frac{\text{2}}{\text{3}}\text{BC = }\frac{\text{2}\sqrt{\text{19}}}{\text{3}} \\ \Rightarrow \text{AM = }\sqrt{{\text{AB}}^{\text{2}}{\text{ + BM}}^{\text{2}}\text{ - 2AB . BM . cosB}}\text{ = }\frac{\sqrt{\text{139}}}{\text{3}} \end{gathered}$$

Bài 28: Cho $\Delta ABC$ có AB = 6cm, AC = 3cm, $\widehat{BAC}={60}^0$ , M là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$ . Tính độ dài đoạn AM.

A. $\text{AM = 2}\sqrt{\text{3}}\text{cm}$

B. $\text{AM = 2}\sqrt{\text{2}}\text{cm}$

C. $\text{AM = 5cm}$

D. $\text{AM = }\sqrt{\text{3}}\text{cm}$

Lời giải:

Áp dụng định lý coscos ta được:

Mặt khác:

$$\begin{gathered} \overrightarrow{\text{MB}}\text{ + 2}\overrightarrow{\text{MC}} \\ \Rightarrow \text{CM = }\frac{\text{1}}{\text{3}}\text{BC = }\sqrt{\text{3}}\text{ cm} \end{gathered}$$

Áp dụng định lý Pytago ta được:

Bài 29: Cho $\Delta$ ABC có trọng tâm G. Các điểm D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB và I là giao điểm của AD và EF. Hãy phân tích các vecto AI, AG, DE, DC theo hai vecto AE, AF.

Lời giải:

F là trung điểm AB $\Rightarrow \overrightarrow{\text{AF}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{AB}}$ ; E là trung điểm AC $\Rightarrow \overrightarrow{\text{AE}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{AC}}$

Ta có EF song song BC (đường trung bình)

Mà D là trung điểm BC $\Rightarrow$  I là trung điểm EF $\Rightarrow$  AI là trung tuyến

$\Rightarrow \overrightarrow{\text{AI}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{AE}}\text{ + }\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{AF}}$

Theo tính chất trọng tâm:

$\overrightarrow{\text{AG}}\text{ = }\frac{\text{2}}{\text{3}}\overrightarrow{\text{AD}}\text{ = }\frac{\text{2}}{\text{3}}\left(\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{AB}}\text{ + }\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{AC}}\right)\text{ = }\frac{\text{2}}{\text{3}}\left(\overrightarrow{\text{AE}}\text{ + }\overrightarrow{\text{AF}}\right)\text{ = }\frac{\text{2}}{\text{3}}\overrightarrow{\text{AE}}\text{ + }\frac{\text{2}}{\text{3}}\overrightarrow{\text{AF}}$

DE là đường trung bình tam giác ABC

$\Rightarrow \overrightarrow{\text{DE}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{BA}}\text{ = -}\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{AB}}\text{ = -}\overrightarrow{\text{AE}}$ hay $\overrightarrow{\text{DE}}\text{ = -}\overrightarrow{\text{AE}}\text{ + 0 . }\overrightarrow{\text{AF}}$

D là trung điểm BC $\Rightarrow \overrightarrow{\text{DC}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{BC}}$

$\Rightarrow \overrightarrow{\text{DC}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{BA}}\text{ + }\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{AC}}\text{ = -}\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{AB}}\text{ + }\frac{\text{1}}{\text{2}}\overrightarrow{\text{AC}}\text{ = -}\overrightarrow{\text{AE}}\text{ + }\overrightarrow{\text{AF}}$

Bài 30: Số lớn nhất có 4 chữ số khác nhau và tích các chữ số bằng 24 là ………

Lời giải:

Tách 24 thành các tích tương ứng gồm các thừa số là số có 1 chữ số:

24 = 6 × 4

24 = 8 × 3

24 = 8 × 3 × 1

24 = 6 × 4 × 1

24 = 4 × 3 × 2 × 1

Số cần tìm là số lớn nhất có 4 chữ số khác nhau nên trong 3 tích vừa tìm được chỉ có tích 4 × 3 × 2 × 1 thỏa mãn yêu cầu Đề bài:

Nên số lớn nhất có 4 chữ số khác nhau và tích các chữ số bằng 24 là 4321

Vậy số cần tìm là 4321

Bài 31: Giải phương trình: $\text{x + }\frac{x}{\sqrt{{\text{x}}^{\text{2}}\text{-1}}}\text{ = }\frac{\text{35}}{\text{12}}$

Lời giải:

ĐKXĐ: x > 1 hoặc x < −1

Từ pt $\Rightarrow$ x > 0. Kết hợp vs ĐKXĐ, ta có: x > 1

Pt $\iff {\text{x}}^{\text{2}}\text{ + }\frac{{\text{x}}^{\text{2}}}{{\text{x}}^{\text{2}}\text{ - 1}}\text{ + }\frac{{\text{2x}}^{\text{2}}}{\sqrt{{\text{x}}^{\text{2}}\text{ - 1}}}\text{ = }\frac{\text{1225}}{\text{144}}$

$\iff {\text{x}}^{\text{2}}\text{ + }\frac{{\text{x}}^{\text{2}}}{{\text{x}}^{\text{2}}\text{ - 1}}\text{ + }\frac{{\text{2x}}^{\text{2}}}{\sqrt{{\text{x}}^{\text{2}}\text{ - 1}}}\text{ = }\frac{\text{1225}}{\text{144}}$

Đặt $\frac{{\text{x}}^{\text{2}}}{\sqrt{{\text{x}}^{\text{2}}\text{ - 1}}}\text{ = y }(y>0)$

Pt trở thành: ${\text{y}}^{\text{2}}\text{ + 2y = }\frac{\text{1225}}{\text{144}}\iff \text{y = }\frac{\text{25}}{\text{12}}$ (nhận) hoặc $\text{y = }\frac{\text{- 49}}{\text{12}}$ (loại)

$\text{y = }\frac{\text{25}}{\text{12}}$ hay $\frac{{\text{x}}^{\text{2}}}{\sqrt{{\text{x}}^{\text{2}}\text{ - 1}}}\text{ = }\frac{\text{25}}{\text{12}}$

$$\begin{gathered} \iff \frac{{\text{x}}^{\text{4}}}{{\text{x}}^{\text{2}}\text{ - 1}}\text{ = }\frac{\text{1225}}{\text{144}} \\ \iff 1{\text{44x}}^{\text{4}}{\text{ - 625x}}^{\text{2}}\text{ + 625 = 0} \end{gathered}$$

$\iff \text{x = }\frac{\text{5}}{\text{3}}$ hoặc $\text{x = }\frac{\text{5}}{\text{4}}$ (vì x>1x>1)

Bài 32: Cho $\frac{\text{a}}{\text{b}}\text{ = }\frac{\text{c}}{\text{d}}$. Chứng minh $\frac{\text{2a - 3b}}{\text{2a + 3b}}\text{ = }\frac{\text{2c - 3d}}{\text{2c + 3d}}$

Lời giải:

Đặt $\frac{\text{a}}{\text{b}}\text{ = }\frac{\text{c}}{\text{d}}\text{ = k}\left(\text{k}\in {\text{N}}^{\text{*}}\right)$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}a=bk\\ c=dk\end{array}\right.\Rightarrow \frac{2bk-3b}{2bk+3b}=\frac{2dk-3d}{2dk+3d}$

Xét vế trái $\frac{\text{2a - 3b}}{\text{2a + 3b}}\text{ = }\frac{\text{2bk - 3b}}{\text{2bk + 3b}}\text{ = }\frac{\text{b}\left(\text{2k - 3}\right)}{\text{b}\left(\text{2k+3}\right)}\text{=}\frac{\text{2k-3}}{\text{2k + 3}}\left(\text{1}\right)$

Xét vế phải $\frac{\text{2c - 3d}}{\text{2c + 3d}}\text{ = }\frac{\text{2dk - 3d}}{\text{2dk + 3d}}\text{ = }\frac{\text{d}\left(\text{2k - 3}\right)}{\text{d}\left(\text{2k+3}\right)}\text{=}\frac{\text{2k-3}}{\text{2k + 3}}\left(\text{2}\right)$

Từ (1) và (2) ta có Đpcm

Bài 33: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Lấy điểm I trên đoạn SO sao cho $\frac{SI}{SO}=\frac{2}{3}$, BI cắt SD tại M và DI cắt SB tại N. MNBD là hình gì ?

A. Hình thang. 

B. Hình bình hành. 

C. Hình chữ nhật. 

D. Tứ diện vì MN và BD chéo nhau.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

+) Tam giác SBD có SO là đường trung tuyến; điểm I nằm trên đoạn SO; $\frac{SI}{SO}=\frac{2}{3}$.

 nên I là trọng tâm tam giác SBD.

⇒ M là trung điểm SD, N là trung điểm SB.

+) Tam giác SBD có MN là đường trung bình nên MN// BD và $MN=\frac{1}{2}SD$

⇒ Nên MNBD là hình thang.

Bài 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD với O là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Gọi

M,N lần lượt là trung điểm các cạnh SA và SD.

1. Chứng minh MO song song với mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng OMN) song song với mặt phẳng (SBC).

2. Gọi K là trung điểm của MO. Chứng minh NK song song với (SBC).

3. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (OMN). Hỏi thiết diện là hình gì ?

Lời giải:

1) Ta có: MO là đường trung bình ΔSAC nên MO//SC mà SC⊂(SBC)

Vậy MO//(SBC)

Ta có: 

MO//SC

NO//SB

MO, NO⊂(OMN); SC, SB⊂(SBC)

Vậy (OMN)//(SBC)

2) Ta có: (OMN)//(SBC)

Mà NK ⊂ (OMN)

Nên NK//(SBC)

3) Xét (OMN) và (ABCD):

Ta Có:

+) O là điểm chung 1

+) NM//AD (đường TB của tam giác)

Qua O vẽ đường thẳng song song với AD cắt AB tại T, cắt CD tại J

Vậy JT =(OMN) ∩ (ABCD) (1)

(OMN) ∩ (SAD)=MN (2)

(OMN) ∩ (SCD)=NJ (3)

(OMN) ∩ (SAB)=MT (4)

Từ 4 điều trên vậy thiết diện hình thang NMTJ (vì NM//TJ//AD).

Bài 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

của hình bình hành ABCD.

a) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (SBD) và (SAC).

b) Gọi K là trung điểm của SD. Tìm giao điểm G của BK với mặt phẳng (SAC); hãy cho biết tính chất của điểm G.

Lời giải:

a) Gọi $\text{O = AC}\cap \text{BD}\Rightarrow \text{O}\in \left(\text{SAC}\right)\cap \left(\text{SBD}\right)$ (1)

Mà $\text{S}\in \left(\text{SAC}\right)\cap \left(\text{SBD}\right)$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left(\text{SAC}\right)\cap \left(\text{SBD}\right)\text{=SO}$

b) Trong mặt phẳng (SBD) gọi $\text{G = BK}\cap \text{SO}\Rightarrow \text{G}\in \text{SO}\subset \left(\text{SAC}\right)$

$\Rightarrow \text{G = BK}\cap \left(\text{SAC}\right)$

Ta có $\text{G = BK}\cap \text{SO}$ mà BK và SO là các đường trung tuyến của tam giác SBD 

$\Rightarrow$G là trọng tâm tam giác SBD.

Bài 36: Cho hình thang vuông ABCD có $\widehat{\text{A}}\text{ =}\widehat{\text{ D }}{\text{= 90}}^{\text{0}}$, $\text{AB = AD = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{CD}$. Gọi E là trung điểm của CD

a/ Tứ giác ABCE là hình gì?

b/ Tứ giác ABED là hình gì?

c/ Gọi M là giao điểm của AC và BE, K là giao điểm của AE và DM, O là giao điểm hai đuờng chéo hình vuông ABED. Kẻ DH vuông góc với AC cắt AE tại I. Chứng minh DB là tia phân giác của $\widehat{IDK}$

d/ Chứng minh BIDK là hình thoi

Lời giải:

a) Xét tứ giác ABCE có AB song song và bằng EC (gt) nên nó là hình bình hành.

b) Xét tứ giác ABED có AB song song và bằng DE (gt) nên nó là hình bình hành.

Lại có $\widehat{ADE}={90}^0$  nên ABED là hình chữ nhật.

Lại có AB = AD nên ABED là hình vuông.

c) Xét tam giác AME và DMB có :

ME = B

AE = DB (Hai đường chéo hình vuông)

$\widehat{AEM}=\widehat{DBM}={45}^0$ (ABED là hình vuông)

$\Rightarrow \Delta AEM=\Delta DBM\left(c-g-c\right)\to \widehat{MAE}=\widehat{MDE}\left(1\right)$

Xét hai tam giác vuông AHI và DOI có:

$\widehat{AIH}=\widehat{DIO}$ (Hai góc đối đỉnh)

$\Rightarrow \widehat{HAI}=\widehat{DIO}$ (Cùng phụ với hai góc bên trên)    (2)

Từ (1) và (2) ta có: $\widehat{ODK}=\widehat{IDO}$ hay DO là tia phân giác của góc $\widehat{IDK}$

d)  Xét $\Delta$ IDK có DO là tia phân giác đồng thời là đường cao nên nó là tam giác cân tại D.Vậy thì DO là đường trung tuyến hay OI = OK.

Do ABED là hình vuông nên O là trung điểm BD.

Xét tứ giác DIBK có O là trung điểm hai đường chéo nên DIBK là hình bình hành.

Lại có $IK\perp DB$  nên DIBK là hình thoi.

Bài 37: Cho $\Delta$ ABC nhọn. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC. Kẻ đường cao AH. Chứng minh rằng tứ giác MNPH là hình thang cân.

Lời giải:

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

$\Rightarrow \text{MN // BC}$ hay $\text{MN // HP}$

$\Rightarrow$ MNPH là hình thang (∗)

Mặt khác:

Tam giác vuông ABH có HM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên

$\text{HM = }\frac{\text{AB}}{\text{2}}\text{ = MB}$ (bổ đề quen thuộc)

$\Rightarrow$ MHB cân tại M

$\Rightarrow \widehat{\text{MHB}}\text{ = }\widehat{\text{MBH}}$

Mà $\widehat{\text{MBH}}\text{ = }\widehat{\text{NPC}}$ (hai góc đồng vị với NP // AB)

Hay $\widehat{\text{MHP}}\text{ = }\widehat{\text{NPH}}\text{(**)}$

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

Bài 38: Cho $\Delta$ ABC vuông tại A; đường phân giác BE. Kẻ EH $\perp$  BC (H ∈ BC). Gọi K là giao điểm của AB và HE.

Chứng minh rằng:

a) ΔABE = ΔHBE.

b) BE là đường trung trực của đoạn thẳng AH.

c) EK = EC.

d) AE < EC.

Lời giải:

a) Xét ΔABE và ΔHBE ta có :

$\widehat{{\text{B}}_{\text{1}}}\text{ =}\widehat{{\text{ B}}_{\text{2}}}$

BE là cạnh chung

Do đó $\text{ΔABE = ΔHBE}$ (cạnh huyền – góc nhọn).

b) Vì $\text{ΔABE = Δ HBE}$ (chứng minh trên)

Suy ra BA = BH, EA = EH (các cặp cạnh tương ứng)

$\Rightarrow$ EB là đường trung trực của AH.

c) Xét $\Delta AEK$ và $\Delta HEC$ ta có:

AE = EH (chứng minh trên)

$\widehat{{\text{E}}_{\text{1}}}\text{ = }\widehat{{\text{E}}_{\text{2}}}$ (hai góc đối đỉnh).

$\widehat{\text{KAE}}\text{ = }\widehat{\text{CHE}}\text{ = 90°}$

Do đó $\text{ΔAEK = ΔHEC}$ (g.c.g).

Suy ra EK = EC (hai cạnh tương ứng).

d) vuông tại H có EH < EC (do cạnh huyền là lớn nhất trong tam giác vuông).

Mà EH = AE (câu b) nên AE < EC.

Bài 39: Cho $\Delta ABC$ vuông tại A điểm M thuộc cạnh BC từ M vẽ các đường thẳng vuông góc với AB ở D vuông góc

với AC ở E

a) cm AM = BE.

b) gọi l là điểm đx của D qua A và K là điểm đx của E qua M cm IK, DE, AM đồng quy hai trung điểm O của mỗi đoạn.

c) gọi AH là đường cao của tính số đo $\widehat{DHE}$ .

Lời giải:

a) Xét tứ giác ADME có $\widehat{\text{DAE}}\text{ =}\widehat{\text{ ADM}}\text{ = }\widehat{\text{AEM}}{\text{ = 90}}^{\text{o}}$

$\Rightarrow$ADME là hình chữ nhật

$\Rightarrow$AM= DE

b) Gọi O là giao điểm của AM và DE $\Rightarrow$  OA = OM = OD = OE (2)

Do ADME là hình chữ nhật $\Rightarrow$  DA = ME

$\Rightarrow$ 2DA = 2ME hay DA + AI = EM + MK (vì DA = AI; ME = MK)

$\Rightarrow$ DI = EK

Xét tứ giác DIEK có DI = EK (cmt)

     DI // EK (vì CEDM là HCN)

$\Rightarrow$ DKEI là hình bình hành

Do O là trung điểm của DE $\Rightarrow$  KI đi qua O

$\Rightarrow$ DE cắt IK tại O và OD = OE;  OK = OI (1) 

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$  DE; AM; IK đồng quy tại trung điểm O của mỗi đường

c) Xét AHM vuông tại H có O là trung điểm của AM, khi đó HO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AM. Suy ra $\text{HO = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{ . AM}$

Mặt khác, AM = DE.

 $\Rightarrow \text{HO = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{ . DE}$

Xét DHO có đường trung tuyến  $\text{HO = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{ . DE}$

$\Rightarrow$ DHE vuông tại H  $\Rightarrow \widehat{\text{DHE}}{\text{ = 90}}^{\text{o}}$

Bài 40: Cho tứ giác ABCD có AC cắt BD tại O, $\widehat{ABD}=\widehat{ACD}$. Gọi E là giao điểm của AD và BC CMR:

a) Các tam giác AOB và DOC đồng dạng.

b) Các tam giác AOD và BOC đồng dạng.

c) EA . ED = EB . EC.

Lời giải:

a) Xét $\Delta AOB$ và $\Delta DOC$ có:

$\widehat{AOB}=\widehat{COD}$

$\widehat{ABD}=\widehat{ACD}$

do đó : $\Delta AOB$ đồng dạng với $\Delta DOC$  (g-g)

b) theo cm câu a: $\Delta AOB$ đồng dạng với $\Delta DOC$

$\Rightarrow \frac{\text{AO}}{\text{OD}}\text{ = }\frac{\text{OB}}{\text{OC}}$

Xét $\Delta AOD$ và $\Delta BOC$ có:

$\frac{\text{OA}}{\text{OD}}\text{ = }\frac{\text{OB}}{\text{OC}}$

$\widehat{\text{AOD}}\text{ = }\widehat{\text{BOC}}$ (2 góc đối đỉnh)

Do đó: $\Delta AOD$  đồng dạng với $\Delta BOC$  (c-g-c)

c) Xét $\Delta DBE$ và $\Delta CAE$ có:

$\widehat{DEC}$ chung

$\widehat{\text{EDB}}\text{ = }\widehat{\text{ACE}}$ ( 2 góc tương ứng của $\Delta AOD$ đồng dạng với $\Delta BOC$ )

Do đó: $\Delta DBE$ đồng dạng với $\Delta CAE$ (g - g)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{\text{EB}}{\text{EA}}\text{ = }\frac{\text{ED}}{\text{EC}} \\ \Rightarrow \text{EA . ED = EB . EC} \end{gathered}$$

Bài 41: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax, với đường tròn (O) (A là tiếp điểm). Qua C thuộc tia

Ax, vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa C và E; D và E nằm về hai phía của đường

thẳng AB). Từ O vẽ OH vuông góc với đoạn thẳng DE tại H.

a) Chứng minh: tứ giác AOHC nội tiếp.

b) Chứng minh: AC . AE = AD . CE

c) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. Chứng minh : AM // BN

Lời giải:

a) Ta có 

$\begin{array}{l}\stackrel{⏜}{\text{CAB}}{\text{ = 90}}^{\text{0}}\\ \stackrel{⏜}{\text{OHC}}{\text{ = 90}}^{\text{0}}\text{}\\ \Rightarrow \stackrel{⏜}{\text{CAB}}\text{ +}\stackrel{⏜}{\text{OHC}}{\text{ = 180}}^{\text{0}}\end{array}$

Vậy tứ giác AOHC nội tiếp.                                                   

b) Ta có $\stackrel{⏜}{\text{CAD}}\text{ = }\stackrel{⏜}{\text{AEC}}\text{, }\stackrel{⏜}{\text{ACE}}$ chung suy ra $\text{ΔACD ~ ΔECA}$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{\text{CA}}{\text{CE}}\text{ = }\frac{\text{AD}}{\text{AE}}\Rightarrow \text{AC . AE = AD . CE}$

c) Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F

$\Rightarrow \stackrel{⏜}{\text{HEI}}\text{ = }\stackrel{⏜}{\text{HCO}}$

Vì tứ giác AOHC nội tiếp $\Rightarrow \stackrel{⏜}{\text{HAO}}\text{ = }\stackrel{⏜}{\text{HCO}}\text{ = }\stackrel{⏜}{\text{HEI}}$

Suy ra tứ giác AHIE nội tiếp $\Rightarrow \stackrel{⏜}{\text{IHE}}\text{ =}\stackrel{⏜}{\text{ IAE}}\text{ = }\stackrel{⏜}{\text{BDE}}\Rightarrow \text{HI // BD}$

Mà H là trung điểm của DE $\Rightarrow$  I là trung điểm của EF. Có EF // MN và IE =  IF

$\Rightarrow$ O là trung điểm của đoạn thẳng MN.

Suy ra tứ giác AMBN là hình bình hành $\Rightarrow$  AM//BN.

Bài 42: Chọn ngẫu nhiên 5 quân bài trong cỗ bài tú lơ khơ ta được một xấp bài. Tính xác suất để trong xấp bài này chứa hai bộ đôi (tức là có hai con cùng thuộc một bộ, hai con thuộc bộ thứ 2, con thứ 5 thuộc bộ khác).

Lời giải:

Số cách chọn 5 trong 52 quân bài là ${\text{C}}_{\text{52}}^{\text{5}}$ .

Giả sử 5 quân bài này có 2 quân thuộc bộ A, 2 quân thuộc bộ B, 1 quân thuộc bộ C.

Có 52 cách chọn 1 quân bộ C.

Khi đó chỉ được chọn 4 quân còn lại trong số 12 bộ còn lại (bỏ bộ có quân C đi)

Có ${\text{C}}_{\text{12}}^{\text{2}}$ cách chọn 2 trong số 12 bộ còn lại.

Mỗi bộ A, B lại có ${\text{C}}_{\text{4}}^{\text{2}}$ cách chọn.

Vậy có ${\text{52 . C}}_{\text{12}}^{\text{2}}{\text{ . C}}_{\text{4}}^{\text{2}}{\text{ . C}}_{\text{4}}^{\text{2}}\text{ = 123552}$ cách chọn.

Vậy xác suất cần tìm là $\text{P = }\frac{\text{123552}}{{\text{C}}_{\text{52}}^{\text{5}}}$

Bài 43: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác. CMR

$\frac{\text{a}}{\text{b + c - a}}\text{ + }\frac{\text{b}}{\text{a + c - b}}\text{ + }\frac{\text{c}}{\text{a + b - c}}\ge \text{3}$

Lời giải:

Đặt $\text{x = b + c - a}$

Bài 44: Cho M = 1 x 3 x 5 x 7 x....... x 2023 + 2024. Hỏi M chia cho 5 dư bao nhiêu ?

Lời giải:

$\text{M = 1 × 3 × 5 × 7 × }\mathrm{...}\text{ × 2023 + 2024}$

Xét $\text{1 × 3 × 5 × 7 × }\mathrm{...}\text{ × 2023}$ có thừa số 5

$\Rightarrow \text{1 × 3 × 5 × 7 × }\mathrm{...}\text{ × 2023 }⋮\text{5}$

Có 2024 chia 5 dư 4 (2)

Từ (1) và (2)

$\Rightarrow$M chia cho 5 dư 4

Bài 45: Giải phương trình ${\text{x}}^{\text{2}}\text{ - 2nx - 5 = 0}$. Biết số nguyên dương n thỏa mãn ${\text{C}}_{\text{n}}^{\text{n - 1}}{\text{ + C}}_{\text{5}}^{\text{n}}\text{ = 9}$

Lời giải:

Đáp án đúng là A

Xét phương trình:  ${\text{C}}_{\text{n}}^{\text{n - 1}}{\text{ + C}}_{\text{5}}^{\text{n}}\text{ = 9}\iff n=4$

Với n = 4 thì phương trình trở thành: x² – 8x – 5 = 0

Suy ra phương trình có hai nghiệm $\text{x = 4 ± }\sqrt{\text{21}}$ .

Bài 46: Một học sinh muốn chọn 20 trong 30 câu trắc nghiệm. Học sinh đó đã chọn được 5 câu. Tìm số cách chọn

các câu còn lại?

Lời giải:

Trong 30 câu đã chọn 5 câu nên còn lại 25 câu.

Ta cần chọn 15 câu trong 25 câu nên có ${\text{C}}_{\text{25}}^{\text{15}}$  cách chọn.

Bài 47: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có gốc O là tâm của hình vuông và các cạnh của nó song song với các trục tọa độ. Khẳng định nào sau đây là đúng?

Lời giải:

A) Ta có: 

$\begin{array}{l}\overrightarrow{\text{OA}}\text{ + }\overrightarrow{\text{OB}}\text{ = }\overrightarrow{\text{CO}}\text{ + }\overrightarrow{\text{OB}}\text{ = }\overrightarrow{\text{CB}}\\ \Rightarrow \left|\overrightarrow{\text{OA}}\text{ + }\overrightarrow{\text{OB}}\right|\text{ = }\left|\overrightarrow{\text{CB}}\right|\text{ = CB = AB}\end{array}$

A đúng.

B) Vì $\overrightarrow{\text{OA}}\text{ - }\overrightarrow{\text{OB}}\text{ = }\overrightarrow{\text{BA}}$

Mà $\overrightarrow{\text{BA}}$ và $\overrightarrow{\text{DC}}$  ngược hướng nên B) sai

C) Vì ${\text{x}}_{\text{A}}{\text{= -x}}_{\text{C}}{\text{,\hspace{0.33em}\hspace{0.33em}y}}_{\text{A}}{\text{= -y}}_{\text{C}}\Rightarrow \text{C}$ sai.

D) Vì ${\text{x}}_{\text{B}}{\text{= -x}}_{\text{C}}{\text{,\hspace{0.33em}\hspace{0.33em}y}}_{\text{B}}{\text{= y}}_{\text{C}}\Rightarrow \text{D}$ sai.

Chọn A.

Cách giải thích khác:

Qua A kẻ $\overrightarrow{\text{AE}}\text{ = }\overrightarrow{\text{OB}}\Rightarrow \overrightarrow{\text{OA}}\text{ + }\overrightarrow{\text{OB}}\text{ = }\overrightarrow{\text{OA}}\text{ + }\overrightarrow{\text{AE}}\text{ = }\overrightarrow{\text{OE}}$

Ta dễ dàng chứng minh được:

$\overrightarrow{\text{OE}}\text{ = }\overrightarrow{\text{DA}}\Rightarrow \text{|}\overrightarrow{\text{OA}}\text{ + }\overrightarrow{\text{OB}}\text{| = |}\overrightarrow{\text{OE}}\text{| = |}\overrightarrow{\text{DA}}\text{| = |}\overrightarrow{\text{BA}}\text{| = AB}$

Vậy A) đúng.

Bài 48: Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm  A(1; 3); B(-1; 2); C(-2; 1). Tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow{\text{AB}}\text{ - }\overrightarrow{\text{AC}}\text{.}$

A. (-5; -3)

B.  (1; 1)

C. (-1; 2)

D. (-1; 1)

Lời giải:

$\left\{\begin{array}{c}\overrightarrow{AB}=(-2;-1)\\ \overrightarrow{AC}=(-3;-2)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}=(-2-(-3);-1-(-2\left)\right)=(1;1)$

Đáp án B

Bài 49: Tổng của 2 số bằng 10,45. Tìm hai số đó, biết rằng nếu số hạng thứ nhất cộng với 4 lần số hạng thứ hai thì được 22,45.

Lời giải:

Ta gọi 2 số đó là a và b 

Ta có a + b = 10,45                ( 1 )

Theo Đề bài: a + 4b = 22, 45                ( 2)

Lấy (2) - (1) ta có a + 4b - a - b = 22,45 - 10,45 = 12

$\Rightarrow$3b = 12

$\Rightarrow$ b = 4

$\Rightarrow$ a = 10,45-4 = 6,45

Bài 50: Xác định hàm số bậc 2: y =  - 4x + c, biết rằng đồ thị của nó: 

a, Đi qua 2 điểm A (1; 2) và B (2;3)

b, Có đỉnh I (-2;-1)

c, Có hoành độ là -3 và đi qua điểm P (-2;1)

d, Có trục đối xứng là đường thẳng x= 2 và cắt trục hoành tại điểm M (3;0)

Lời giải:

a) Do đường thẳng đi qua 2 điểm A(1; 2) và B(2; 3)

$\Rightarrow$Ta có hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{c}2=a-4+c\\ 3=4a-8+c\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}a=\frac{5}{3}\\ b=\frac{13}{3}\end{array}\right.\Rightarrow y=\frac{5}{3}{x}^2-4x+\frac{13}{3}$

b) Do hàm số có đỉnh I(-2; -1)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left\{\begin{array}{c}-\frac{-4}{2a}=-2\\ \frac{-16+4ac}{4a}=-1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}-4=4a\\ -16+4ac=-4a\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}a=-1\\ c=-5\end{array}\right. \\ \Rightarrow y=-x^2-4x-5 \end{gathered}$$

c) Do hàm số có hoành độ đỉnh bằng -3

$\begin{array}{l}\Rightarrow -\frac{-4}{2a}=-3\\ \Rightarrow -4=-6a\\ \Rightarrow a=-\frac{2}{3}\end{array}$

Lại có hàm số đi qua P(-2; 1)

$\Rightarrow$Thay x = -2 và y = 1 vào hàm số ta được

$\begin{array}{l}-\frac{2}{3}.4+8+c=1\\ \Rightarrow c=-\frac{13}{3}\end{array}$

d) Do hàm số có trục đối xứng x = 2

$\begin{array}{l}\Rightarrow -\frac{-4}{2a}=2\\ \Rightarrow 4=4a\\ \iff a=1\end{array}$

Do hàm số cắt trục hoành tại điểm M(3; 0)

$\Rightarrow$Thay x = 3 và y = 0 vào hàm số ta có

9 – 4 . 3 + c = 0

$\Rightarrow$ c = 3

Bài 51: Cho $\Delta$ ABC cân tại A ( $\widehat{A}<{90}^{\circ }$). Vẽ BH $\perp$  AC, CK $\perp$ AB.

a) Chứng minh rằng AH = AK.

b) Gọi I là giao điểm của BH và CK. Chứng minh $\Delta$ BIC cân.

c) Chứng minh HI là tia phân giác của A

Lời giải:

Bài 52: Cho $\Delta$ ABC, lấy điểm M thuộc cạnh AB sao cho $BM=\frac{1}{3}BA$. Gọi N là trung điểm của cạnh BC. Tính tỉ số $\frac{SBMN}{SABC}$

Lời giải:

N là trung điểm BC $\Rightarrow \text{BN = }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{BC}$

Kẻ đường cao AD và ME ứng với BC $\Rightarrow AD//ME$

Do AD và ME cùng vuông góc BC

Áp dụng định lý Talet:

$\frac{\text{ME}}{\text{AD}}\text{ = }\frac{\text{BM}}{\text{BA}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{3}}\Rightarrow \text{ME = }\frac{\text{1}}{\text{3}}\text{AD}$

Ta có:

$\frac{{\text{S}}_{\text{BMN}}}{{\text{S}}_{\text{ABC}}}\text{ = }\frac{\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{ . ME . BN}}{\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{AD . BC}}\text{ = }\frac{\frac{\text{1}}{\text{3}}\text{AD . }\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{BC}}{\text{AD . BC}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{6}}$

Bài 53: Phương trình ${\text{3 . 2}}^{\text{x}}{\text{ - 4}}^{\text{x - 1}}\text{ - 8 = 0}$ có 2 nghiệm x₁, x₂ và có tổng x₁ + x₂ là:

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

Lời giải:

${\text{3 . 2}}^{\text{x}}{\text{ - 4}}^{\text{x - 1}}\text{ - 8 = 0}\iff {\text{3 . 2}}^{\text{x}}\text{ - }\frac{{\text{4}}^{\text{x}}}{\text{4}}\text{ - 8 = 0}\iff {\text{3 . 2}}^{\text{x}}\text{ - }\frac{\text{1}}{\text{4}}{\left({\text{2}}^{\text{x}}\right)}^{\text{2}}\text{ - 8 = 0.}$

Đặt ${\text{2}}^{\text{x}}\text{ = t\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left(\text{t > 0}\right)$ khi đó phương trình trở thành

$3t-\frac{1}{4}{t}^2-8=0\iff \left[\begin{array}{c}t=8\left(tm\right)\\ t=4\left(tm\right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}{2}^x=8\\ 2^x=4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}{x}_1=3\\ x_2=2\end{array}\right.\Rightarrow x_1+x_2=5$

Chọn D

Bài 54: Một lớp có 30 học sinh gồm 12 học sinh nam, 18 học sinh nữ, cần chọn ra 5 học sinh gồm cả nam và nữ đi thi giới thiệu sách. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong đó có ít nhất 3 nữ?

A. 9800

B. 90576

C. 92760

D. 54600

Lời giải:

Trường hợp 1: Chọn 3 nữ, 2 nam ⇒ có $C_{18}^3{C}_{12}^2$ cách chọn

Trường hợp 2: Chọn 4 nữ, 1 nam có $C_{18}^4{C}_{12}^1$ cách chọn

Do đó có $C_{18}^3{C}_{12}^2+C_{18}^4{C}_{12}^1=90576$ cách chọn.

Chọn B.

Bài 55: Một lớp học có 30 học sinh gồm có nam và nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để tham gia hoạt động của Đoàn trường. Xác suất chọn được 2 nam và 1 nữ là $\frac{12}{29}$ . Tính số học sinh nữ của lớp.

A. 16;

B. 14;

C. 13;

D. 17.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi n là số học sinh nam của lớp (n ∈ ℕ^*; n ≤ 28)

⇒ Số học sinh nữ là 30 – n

Ta có: Mỗi lần chọn 3 học sinh từ 30 học sinh cho ta một tổ hợp chập 3 của 30 nên $\text{n}\left(\text{Ω}\right){\text{ = C}}_{\text{30}}^{\text{3}}\text{= 4060}$

Gọi N là biến cố:” Chọn được 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ”

Việc chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ có thể xem 1 công việc 2 công đoạn:

- Công đoạn 1: chọn 2 học sinh nam có ${\text{C}}_{\text{n}}^{\text{2}}$

- Công đoạn 2: Chọn 1 học sinh nữ có ${\text{C}}_{\text{30-n}}^{\text{1}}\text{= 30 – n}$  cách

$$\begin{gathered} \Rightarrow \text{ n}\left(\text{N}\right)\text{ = }\left(\text{30 – n}\right){\text{ . C}}_{\text{n}}^{\text{2}} \\ \Rightarrow \text{ P}\left(\text{N}\right)\text{ = }\frac{\text{n(N)}}{\text{n(Ω)}}\text{ = }\frac{\left(\text{30 - - n}\right){\text{ . C}}_{\text{n}}^{\text{2}}}{\text{4060}}\text{ = }\frac{\text{12}}{\text{29}} \\ \Rightarrow \left(\text{30 – n}\right){\text{ . C}}_{\text{n}}^{\text{2}}\text{ = 1680} \end{gathered}$$

Mà ${\text{C}}_{\text{n}}^{\text{2}}\text{ = }\frac{\text{n!}}{\text{2!(n - 2)!}}\text{ = }\frac{\text{(n-2)!.(n - 1) . n}}{\text{2!(n - 2)!}}$

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}\Rightarrow \left(\text{30 – n}\right)\text{ . }\frac{\text{n(n - 1)}}{\text{2}}\text{ = 1680}\\ \Rightarrow -n^3 +31n^2 -30n+3360=0\end{array} \\ \Rightarrow \left[\begin{array}{c}{n}_1\approx -\mathrm{8,82}\\ n_2\approx \mathrm{23,82}\\ n_3=16\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vì $n \in {\mathbb{N}}^{*};n \le 28$ nên n = 16

Vậy số học sinh nữ của lớp là : 30 – 16 = 14 (học sinh).

Bài 56: Tổng của 2 vectơ đối bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Hai vec tơ đối nhau có tổng bằng không.

Bài 57: Hình thang với hai cạnh bên bằng nhau, góc tù bằng 120^o thì có phải là hình thang cân không?

Lời giải:

Giả sử: AD = BC; góc DAB = 120^o

Vì AB // CD nên góc DAB + ADC = 180^o 

⇒ góc ADC = 180^o - DAB = 180^o - 120^o = 60^o

Trên đoạn CD lấy E sao cho CE = AB

Mà có: CE // AB ⇒ Tứ giác ABCE là hình bình hành ⇒ AE = BC và AE // BC

AE = BC; BC = AD ⇒ AE = AD → tam giác ADE cân tại A ⇒ $\widehat{ADC}=\widehat{AED}$

mặt khác,  $\widehat{ADC}\text{=}{60}^{o } \Rightarrow \widehat{AED}\text{=}{60}^{o }$

Mà góc AED = BCE (do BC // AE) nên $\widehat{BCE}={60}^o$

$\Rightarrow \widehat{BCE}=\widehat{ADC}\Rightarrow$ ABCD là hình thang cân.

Bài 58: Hình thang có 2 cạnh bên bằng nhau có phải là hình thang cân không? Vì sao?

Lời giải:

Chưa chắc đã là hình thang cân.

Vì hình thang có 2 cạn bên bằng nhau, có 2 góc bằng nhau, thì mới suy ra là hình thang cân.

Bài 59: Cho hàm số y = x² và y = mx + 4, với m là tham số.

a) Khi m = 3, tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị hàm số trên.

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị m, đồ thị của hai hàm số đã cho luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A₁(x₁,y₁);

A₂ (x₁ ,y₂). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (y₁)² + (y₂)² = 7².

Lời giải:

b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

x² – mx – 4 = 0.

Ta thấy ∆ = m² + 16 > 0

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x₁ và x₂.

Áp dụng định lí Vi – et, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m\\ x_1{x}_2=-4\end{array}\right.$

Bài 60: Cho hàm số bậc nhất y = mx - 4. Tìm m trong các trường hợp sau

a) Đồ thị cắt đường thẳng y = 2x - 1 tại điểm hoành độ bằng 2.

b) Đồ thị cắt đường y = -3x + 2 tại điểm có tung độ bằng 5.

Lời giải: