Tailieumoi.vn biên soạn và giới thiệu các dạng bài tập môn Toán gồm các kiến thức lý thuyết và thực hành, các dạng bài tập thường gặp giúp học sinh ôn tập và bổ sung kiến thức cũng như hoàn thành tốt các bài kiểm tra môn Toán. Mời các bạn đón xem:

Top 1000 Bài tập thường gặp môn Toán có đáp án (Phần 87)

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB ở M và cắt AC ở N. Gọi H là giao điểm của BN và CM.

a) Chứng minh AH vuông góc với BC.

b) Gọi E là trung điểm AH. Chứng minh bốn điểm A, M, H, E cùng nằm trên một đường tròn và EM là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Lời giải:

a) Xét (O) có ΔBMC nội tiếp và BC là đường kính

Do đó: ΔBMC vuông tại M

⇒ BM ⊥ MC tại M

⇒ CM ⊥AB tại M

Xét (O) có ΔBNC nội tiếp và BC là đường kính

Do đó: ΔBNC vuông tại N

⇒ BN ⊥ NC tại N

⇒ BN ⊥ AC tại N

Xét ΔABC có BN, CM là đường cao

BN cắt CM tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

⇒ AH ⊥ BC

b) Xét tứ giác AMHN có: $\widehat{AMH}+\widehat{ANH}=90°+90°=180°$

nên AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

⇒A, M, H, N cùng thuộc một đường tròn.

Gọi giao điểm của AH với BC là F

Xét ΔABC có: H là trực tâm của ΔABC

F là giao điểm của AH với BC

Do đó: AH ⊥ BC tại F

⇒ ΔAFB vuông tại F

⇒$\widehat{ABF}+\widehat{BAF}=90°$

Mà $\widehat{ABF}+\widehat{MCB}=90°$ (do ΔCMB vuông tại M)

Nên: $\widehat{MCB}=\widehat{BAF}$

Lại có: $\widehat{EMO}=\widehat{EMH}+\widehat{OMH}=\widehat{EMH}+\widehat{OCM}=90°-\widehat{MAH}+\widehat{MCB}=90°$

Vậy EM là tiếp tuyến của (O).

Đề bài: Tính giá trị biểu thức: $\frac{2\sqrt{15}-2\sqrt{10}+\sqrt{6}-3}{2\sqrt{5}-2\sqrt{10}-\sqrt{3}+\sqrt{6}}$ .

Lời giải:

$\frac{2\sqrt{15}-2\sqrt{10}+\sqrt{6}-3}{2\sqrt{5}-2\sqrt{10}-\sqrt{3}+\sqrt{6}}$

$=\frac{\left(2\sqrt{15}-2\sqrt{10}\right)-\left(3-\sqrt{6}\right)}{\left(2\sqrt{5}-2\sqrt{10}\right)-\left(\sqrt{3}-\sqrt{6}\right)}$

$=\frac{2\sqrt{5}\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)-\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}{2\sqrt{5}\left(1-\sqrt{2}\right)-\sqrt{3}\left(1-\sqrt{2}\right)}$

$=\frac{\left(2\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}{\left(2\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\left(1-\sqrt{2}\right)}$

$=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{1-\sqrt{2}}$

$=\frac{(\sqrt{3}-\sqrt{2)}(1+\sqrt{2)}}{(1-\sqrt{2})(1+\sqrt{2})}$

$=\frac{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)\left(1+\sqrt{2}\right)}{1-2}$

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

$=-\left(\sqrt{3}+\sqrt{6}-\sqrt{2}-2\right)$

$=-\sqrt{3}-\sqrt{6}+\sqrt{2}+2$

Đề bài: Cho nửa đường tròn (O). Đường kính AB = 6 cm. Kẻ các tiếp tuyến Ax, By cùng phía đối với nửa đường tròn đối với AB. Gọi C là một điểm thuộc tia Ax, kẻ tiếp tuyến CE với nửa đường tròn (E là tiếp điểm), CE cắt By tại D.

a) Chứng minh $\widehat{COD}=90°$ .

b) Chứng minh AEB và COD đồng dạng.

c) Gọi I là trung điểm của CD. Vẽ đường tròn (I) bán kính IC. Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của (I).

Lời giải:

a) Ta có: $\widehat{AOI}+\widehat{BOI}=180°$ (2 góc kề bù)

OC là tia phân giác $\widehat{AOI}$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

OD là tia phân giác $\widehat{BOI}$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: $\widehat{ECO}=\widehat{OCA};\widehat{EDO}=\widehat{ODB}$

Xét tam giác ACO và tam giác CEO có:

Chung CO

$\widehat{ECO}=\widehat{OCA}$

AC = CE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên: ∆ACO = ∆ECO (c.g.c)

⇒ $\widehat{COA}=\widehat{COE}$

Chứng minh tương tự, ta có: ∆DOE = ∆DOB (c.g.c)

⇒ $\widehat{DOE}=\widehat{DOB}$

Mà: $\widehat{DOE}+\widehat{DOB}+\widehat{COA}+\widehat{COE}=180°$

⇒$2\left(\widehat{DOE}+\widehat{COE}\right)=180°$

Hay $\widehat{DOE}+\widehat{COE}=90°$ , tức $\widehat{DOC}=90°$

b) Ta có: $\widehat{AEB}=\frac{1}{2}\widehat{CEO}+\frac{1}{2}\widehat{DEO}=\frac{1}{2}\widehat{DEC}=90°$

$\widehat{CDO}=\widehat{EBA}$(cùng chắn cung OE)

Xét ∆AEB và ∆COD có:

$\widehat{CDO}=\widehat{EBA}$

$\widehat{COD}=\widehat{AEB}=90°$

Suy ra: ∆AEB ~ ∆COD (g.g)

c) I là trung điểm của CD, kẻ IO

Ta có: DB ⊥ AB

AC ⊥ AB

⇒ DB // AC

⇒ CDBA là hình thang

⇒ OI là đường trung bình do nối 2 cạnh bên của hình thang

⇒ OI // AC

Mà AC ⊥ AB nên OI ⊥ AB

Vậy AB là tiếp tuyến của (I;IC)

Đề bài: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của BC. D, E lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC.

a) Tứ giác ADME là hình gì, tại sao?

b) Chứng minh DE =$\frac{1}{2}BC$ .

c) Gọi P là trung điểm của BM, Q là trung điểm của MC, chứng minh tứ giác DPQE là hình bình hành. Từ đó chứng minh: tâm đối xứng của hình bình hành DPQE nằm trên đoạn AM.

d) Tam giác vuông ABC ban đầu cần thêm điều kiện gì để hình bình hành DPQE là hình chữ nhật?

Lời giải:

a) Ta có D, E là hình chiếu của M trên AB, AC

Nên DM ⊥ AB và ME ⊥ AC, hay $\widehat{ADM}=\widehat{AEM}=90°$

Xét tứ giác ADME có $\widehat{DAE}=\widehat{ADM}=\widehat{AEM}=90°$

Suy ra ADME là hình chữ nhật.

b) Xét ΔABC vuông tại A có M là trung điểm BC

Suy ra AM =$\frac{1}{2}BC$

Vì ADME là hình chữ nhật có AM, DE là hai đường chéo, suy ra AM = DE

Mà AM =$\frac{1}{2}BC$

Do đó DE =$\frac{1}{2}BC$ .

c) Ta có AD ⊥ AC và ME ⊥ AC, suy ra AD // ME

Mà M là trung điểm của BC

Suy ra E là trung điểm của AC

Xét tam giác AMC có E, Q lần lượt là trung điểm của AC, MC

Suy ra QE là đường trung bình

Do đó QE // AM, QE = $\frac{1}{2}AM$(1)

Ta có DM ⊥ AB và AB ⊥ AC

Suy ra DM // AC

Mà M là trung điểm của BC

Suy ra D là trung điểm của AB

Xét ΔBAM có D, P lần lượt là trung điểm của AB và BM

Suy ra DP là đường trung bình của ΔBAM

Do đó DP // AM và DP = $\frac{1}{2}AM$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra DP // EQ, DP = EQ

Do đó DPQE là hình bình hành.

Gọi O là tâm đối xứng của DPQE (là giao điểm 2 đường chéo)

Ta có P, Q lần lượt là trung điểm của BM, MC và M là trung điểm BC

Suy ra M là trung điểm PQ

Xét hình bình hành DPQE có AM // DP và M là trung điểm PQ

Suy ra AM là đường trung bình của DPQE

Do đó AM đi qua trung điểm DE, gọi điểm đó là F

Từ đó AM là trục đối xứng của DPQE tức là đi qua O

Vậy tâm đối xứng của hình bình hành DPQE nằm trên đoạn AM.

d) Để hình bình hành DPQE là hình chữ nhật thì $\widehat{APQ}=\widehat{PQE}=\widehat{QED}=\widehat{EDP}=90°$

Ta xét ΔBAM nếu DP ⊥ BM thì AM ⊥ BM

Xét ΔABC có AM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao

Suy ra ΔABC vuông cân tại A

Vậy để hình bình hành DPQE là hình chữ nhật thì tam giác vuông ΔABC cần thêm điều kiện cân tại A.

Đề bài: Cho tam giác ABC có A(1; 2), B (–3; –1), và C (3; –4). Tìm điều kiện của tham số m để điểm M $\left(m;\frac{m-5}{3}\right)$ nằm bên trong tam giác ABC.

Lời giải:

Ta có:$\overrightarrow{AB}=\left(-4;-3\right)$

Suy ra: $\overrightarrow{n_{AB}}=\left(3;-4\right)$

Phương trình đường thẳng AB là: 3(x – 1) – 4(y – 2) = 0 ⇔ 3x – 4y + 5 = 0

Tương tự: phương trình đường thẳng BC là: x + 2y + 5 = 0

Phương trình đường thẳng AC: 3x + y – 5 = 0

Để M nằm trong tam giác ABC thì thỏa mãn:

– M, A nằm cùng phía đối với BC

– M, B nằm cùng phía đối với AC

– M, C nằm cùng phía đối với AB

Suy ra M nằm trong miền nghiệm của hệ bất phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}x+2y+5>0\\ 3x+y-5<0\\ 3x-4y+5>0\end{array}\right.$

 

Thay M$\left(m;\frac{m-5}{3}\right)$ vào hệ bất phương trình trên ta được:

$\left\{\begin{array}{l}m+2.\frac{m-5}{3}+5>0\\ 3m+\frac{m-5}{3}-5<0\\ 3m-4.\frac{m-5}{3}+5>0\end{array}\right.$

 

⇒ –1 < m < 2.

Vậy –1 < m < 2 thì M nằm trong tam giác ABC.

Đề bài: Chứng minh rằng n(n + 13) chia hết cho 2 với mọi số tự nhiên n.

Lời giải:

* Khi n là số chẵn thì n ⋮ 2 với mọi n

Suy ra: n(n + 13) ⋮ 2 với mọi n.

* Khi n là số lẻ, giả sử n có dạng n = 2k + 1 (k là số tự nhiên)

Thì n + 13 = 2k + 1 + 13 = 2k + 14 = 2(k + 7) ⋮ 2 với mọi k.

Suy ra: n(n + 13) = 2(2k + 1)(k + 7) ⋮ 2 với mọi k.

Vậy n(n + 13) chia hết cho 2 với mọi số tự nhiên n.

Đề bài: Chứng minh với mọi tam giác ABC ta có:

cos2A + cos2B + cos2C = –1 – 4cosA.cosB.cosC.

Lời giải:

Xét vế trái:

cos2A + cos2B + cos2C

= (cos2A + cos2B) + 2cos²C – 1

= 2cos(A + B).cos(A − B) + 2cos²C – 1

= −2cosC.cos(A − B) + 2cos²C – 1

= −2cosC[cos(A − B) − cosC] − 1

= −2cosC[cos(A − B) + cos(A + B)] − 1

= −4cosC.cosA.cosB − 1

Vậy cos2A + cos2B + cos2C = –1 – 4cosA.cosB.cosC

Đề bài: Cho biểu thức B = $\frac{a^2-3a\sqrt{a}+2}{a-3\sqrt{a}}$ . Tìm các số nguyên a để B nhận giá trị nguyên.

Lời giải:

ĐKXĐ: a > 0, a ≠ 9.

B =$\frac{a^2-3a\sqrt{a}+2}{a-3\sqrt{a}}=\frac{a\left(a-3\sqrt{a}\right)+2}{a-3\sqrt{a}}=a+\frac{2}{a-3\sqrt{a}}$

Để B nhận giá trị nguyên thì $\frac{2}{a-3\sqrt{a}}\in \mathbb{Z}$

Suy ra: $2⋮\left(a-3\sqrt{a}\right)$

⇒ $a-3\sqrt{a}\in \left\{-2;-1;1;2\right\}$

⇔$\left[\begin{array}{l}a-3\sqrt{a}+2=0\\ a-3\sqrt{a}+1=0\\ a-3\sqrt{a}-1=0\\ a-3\sqrt{a}-2=0\end{array}\right.$

⇔$\left[\begin{array}{l}\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}-2\right)=0\\ \sqrt{a}=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}\left(L\right)\\ \sqrt{a}=\frac{3\pm \sqrt{13}}{2}\left(L\right)\\ \sqrt{a}=\frac{3\pm \sqrt{17}}{2}\left(L\right)\end{array}\right.$

⇔$\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}-2\right)=0$

⇔$\left[\begin{array}{l}\sqrt{a}=1\\ \sqrt{a}=2\end{array}\right.$

⇔$\left[\begin{array}{l}a=1\\ a=4\end{array}\right.$

Vậy a = 1 hoặc a = 4.

Đề bài: Điền số thích hợp vào chỗ chấm

a) 2,5 tấn = …kg

5,4 tấn = …kg

1,2 kg = …g

3,2 yến = ...kg

0,96 tấn = ...kg

3,72 tấn = ...tạ

0,12 kg = …g

2,2 hg = ...dag

5,4 tạ = …yến

3,39 tấn = …yến

0,5 yến = ....kg

2,2 hg = …g

b) 4 987m² = …dam²...m²

320 060 dam² = ...km²…m²

125 600 m² = ...hm²…dam²

9 028 007 m² = …km²… m²

c) 5m² 16dm² = ….m²

7m² 5cm² = ...m2

68m² = …m²

693000 m² = …ha

0,235 km² = …ha

25m² 7dm² = ….m²

15km² 68hm² = ….km²

2002cm² = ….m²

500 m² = …ha

0,058 km² = …ha

9km² 6dam² = …km²

75m² 7dm² = …m²

68063 m² = … ha

400 ha = ….km²

Lời giải:

a) 2,5 tấn = 2500kg

5,4 tấn = 5400kg

1,2 kg = 1200g

3,2 yến = 32 kg

0,96 tấn = 960 kg

3,72 tấn = 37,2 tạ

0,12 kg = 120g

2,2hg = 22dag

5,4 tạ = 54 yến

3,39 tấn = 339 yến

0,5 yến = 2kg

2,2 hg = 220g

b) 4987m² = 49dam² 87m²

320060 dam² = 32km² 6000m²

125600 m² = 12hm² 56dam²

9028007 m² = 9km² 28007m²

c) 5m² 16dam² = 5,16m²

7m² 5cm² = 70005m²

68m² = 68m²

693000m² = 693ha

0,235km² = 235ha

25km² 7dm² = 25,07m²

15km² 68hm² = 15,68km²

2002cm² = 0,2002m²

500m² = 0,05ha

0,058km² = 5,8ha

9km² 6dam² = 9,0006km²

75m² 7dam² = 75,07m²

68063m² = 0,68063ha

400ha = 4km²

Đề bài: Có 7 quả cam, chia đều cho 10 người. Làm thế nào để chia được mà không phải cắt bất kì quả cam nào thành 10 phần bằng nhau?

Lời giải:

Có 7 quả cam chia cho 10 người thì mỗi người sẽ được $\frac{7}{10}$ quả cam.

Mà: $\frac{7}{10}=\frac{1}{2}+\frac{1}{5}$

Nên mỗi người sẽ được $\frac{1}{2}$ và $\frac{1}{5}$ quả cam.

Vì vậy để không phải cắt bất kì quả cam nào thành phần bằng nhau thì ta phải:

+ Lấy 5 quả, mỗi quả chia thành 2 phần bằng nhau thì ta có được 10 phần.

+ Lấy 2 quả, mỗi quả chia thành 5 phần thì cũng đủ 10 phần cho mọi người.

Đề bài: Không thực hiện tính tổng, chứng minh rằng A = 2 + 2² + 2³ + … + 2²⁰ chia hết cho 5.

Lời giải:

A = 2 + 2² + 2³ + … + 2²⁰

A = (2 + 2² + 2³ + 2⁴) + (2⁵ + 2⁶ + 2⁷ + 2⁸) + … + (2¹⁷ + 2¹⁸ + 2¹⁹ + 2²⁰)

A = 2(1 + 2 + 2² + 2³) + 2⁵(1 + 2 + 2² + 2³) + … + 2¹⁷(1 + 2 + 2² + 2³)

A = (1 + 2 + 2² + 2³)(2 + 2⁵ + … + 2¹⁷)

A = 15.(2 + 2⁵ + … + 2¹⁷)

Vì 15 chia hết cho 5 nên 15.(2 + 2⁵ + … + 2¹⁷) chia hết cho 5.

Vậy A chia hết cho 5.

Đề bài: Cho hình bình hành MNPQ với O là giao điểm của 2 đường chéo và thỏa mãn MN = 6cm, NP =5cm, OM = 2cm. Tính độ dài của PQ, MQ, MP?

Lời giải:

Vì MNPQ là hình bình hành nên cạnh PQ = MN = 6 cm

Lại có: MQ = NP = 5cm

Vì MNPQ là hình bình hành nên O là trung điểm của MP và QN

Suy ra: MP = 2MO = 2.2 = 4(cm)

Vậy PQ = 6cm, MQ = 5cm, MP = 4cm.

Đề bài: Độ dài đo được trên thực tế giữa 2 điểm A và B có khoảng cách là 150 km, trên tờ bản đồ có tỉ lệ 1: 1 000 000, vậy 2 điểm cách nhau bao nhiêu cm?

Lời giải:

Đổi 150km = 15 000 000 cm

A và B cách nhau 150 km thì trên bản đồ sẽ là số cm là:

15 000 000 : 1 000 000 = 15 (cm)

Đáp số: 15cm.

Đề bài: Biết đồ thị hàm số y = ax² + bx + c đi qua điểm A(2; 1) và có đỉnh I(1; –1). Tính giá trị biểu thức T = a³ + b² – 2c.

Lời giải:

Vì đồ thị hàm số y = ax² + bx + c đi qua điểm A(2; 1) và có đỉnh I(1; –1) nên ta có hệ:

 

⇔$\left\{\begin{array}{l}1=4a+2b+c\\ -\frac{b}{2a}=1\\ a+b+c=-1\end{array}\right.$

⇔$\left\{\begin{array}{l}4a+2b+c=1\\ -b=2a\\ a+b+c=-1\end{array}\right.$

⇔$\left\{\begin{array}{l}-2b+2b+c=1\\ -2b=4a\\ a+b+c=-1\end{array}\right.$

⇔$\left\{\begin{array}{l}c=1\\ -2b=4a\\ a+b+1=-1\end{array}\right.$

⇔$\left\{\begin{array}{l}c=1\\ a=2\\ b=-4\end{array}\right.$

Khi đó T = a³ + b² – 2c = 2³ + (–4)² – 2.1 = 8 + 16 – 2 = 22.

Đề bài: Rút gọn: M = sin(x – y)cosy + cos(x – y)siny.

Lời giải:

M = sin(x – y)cosy + cos(x – y)siny

M = sin[(x – y) + y)]

M = sinx.

Đề bài: Số học sinh khối 6 của trường khi xếp hàng 10, hàng 12, hàng 15 đều dư 3 học sinh. Hỏi số học sinh khối 6 của trường đó là bao nhiêu? Biết rằng số học sinh trong khoảng từ 350 đến 400 học sinh.

Lời giải:

Gọi số học sinh cần tìm là x (x ∈ ℕ^*) (học sinh) (350 ≤ x ≤ 400)

Vì số học sinh cần tìm khi xếp hàng 10, hàng 12, hàng 15 đều dư 3 học sinh

⇒ x – 3 chia hết cho 10

⇒ x – 3 chia hết cho 12

⇒ x – 3 chia hết cho 15

⇒ x – 3 ∈ BC(10, 12, 15)​

Ta có: 10 = 2.5

12 = 2².3

15 = 3.5

⇒ BCNN(10;12;15)​ = 2².3.5 = 60

⇒ BC(10;12;15)​ = B(60) ​ = {0; 60; 120; 180; 240; 300; 360; 420;...}

⇒ x = 3; 63; 123; 183; 243; 303; 363; 423;...

Mà 350 ≤ x ≤ 400

⇒x = 363

Vậy số học sinh khối 6 của trường đó là 363 học sinh.

Đề bài: Cho hình vẽ. Chứng minh rằng:

a) ∆AOD = ∆COB.

b) AD // BC.

Lời giải:

a) Theo hình vẽ ta có: OA = OB = OC = OD

AC cắt BD tại trung điểm O

Suy ra: ABCD là hình bình hành

Xét ∆AOD và ∆COB có:

AO = BO =$\left(\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD\right)$

OD = OC

AD = BC (theo hình)

Suy ra: ∆AOD = ∆COB (c.c.c)

b) Theo phần a có: ∆AOD = ∆COB nên $\widehat{ADO}=\widehat{OBC}$

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên AD // BC.

Đề bài: Cho hình bình hành ABCD hai đường chéo không vuông góc với nhau. Vẽ điểm E đối xứng với A qua BD. Chứng minh rằng 4 điểm B, C, E, D là 4 đỉnh của hình thang cân.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của AC và BD, H là giao điểm BD và AE.

Vì E đối xứng với A qua BD nên H là trung điểm của AE.

Xét tam giác ACE có OH là đường trung bình nên OH // CE (O là trung điểm AC, H là trung điểm AE)

Vậy BCED là hình thang.

Xét tam giác ADH và tam giác DHE có:

Chung DH

$\widehat{AHD}=\widehat{DHE}=90°$

 

AH = HE

Nên: ∆ADH = ∆EDH (c.g.c)

Suy ra: $\widehat{BDE}=\widehat{D_1}$

Mà ABCD là hình bình hành nên: $\widehat{B_1}=\widehat{D_1}$ (2 góc so le trong)

Lại có: $\widehat{BDE}=\widehat{B_1}\left(=\widehat{D_1}\right)$

Vậy BCED là hình thang cân.

Đề bài: Tìm tập giá trị T của hàm số y = sin2x.

Lời giải:

Ta có: –1 ≤ sin2x ≤ 1

Suy ra –1 ≤ y ≤ 1.

Do đó T = [–1; 1].

Đề bài: Một quyển sách được ghi số trang bắt đầu từ 3 và trang cuối cùng là 139. Do quyển sách đã dùng lâu nên bị rơi mất 2 tờ trang có 2 chữ số và 5 tờ trang có 3 chữ số. Hỏi quyển sách đó còn bao nhiêu tờ?

Lời giải:

Số trang của 1 quyển sách thực tế luôn phải là số chẵn: số trang = số tờ × 2

Vì quyển sách đánh số từ 3 đến 139 nên thực tế quyển sách có 1 trang không được số. Do đó số trang thực tế của quyển sách ban đầu là: 139 – 3 +1 + 1 = 138 trang.

Quay lại bài toán:

Khi đó quyển sách ban đầu có số tờ là: 138 : 2 = 69 tờ

Số tờ bị mất đi do sách cũ là: 2 + 5 = 7 tờ

Vậy sách còn lại số tờ là: 69 – 7 = 62 tờ.

Đề bài: Cho tam giác ABC. Xác định điểm I sao cho vectơ $2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{IC}$ .

Lời giải:

Gọi F là trung điểm của AB.

Ta có: $2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{IC}$

⇔$2\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=0$

⇔$2\left(\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}\right)+\overrightarrow{CB}=0$

⇔$\mathrm{2.2.}\overrightarrow{IF}=\overrightarrow{BC}$

⇔$4\overrightarrow{IF}=\overrightarrow{BC}$

⇔$\overrightarrow{IF}=\frac{1}{4}\overrightarrow{BC}$

Vậy điểm I là điểm thỏa mãn đẳng thức $\overrightarrow{IF}=\frac{1}{4}\overrightarrow{BC}$ .

Đề bài: Cho hình bình hành ABCD. E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tứ giác DEBF là hình gì? Vì sao?

Cho hình bình hành ABCD. E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD.

a) Tứ giác DEBF là hình gì? Vì sao?

b) Chứng minh 3 đường thẳng AC, BD, EF đồng qui.

c) Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M, N. Chứng minh tứ giác EMFN là hình bình hành.

Lời giải:

a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD, AB = CD

Mà E, F là trung điểm AB, CD nên BE // DF, BE =$\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}CD=DF$

Suy ra: DEBF là hình bình hành

b) Gọi O là giao điểm của AC và BD

Vì ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm AC và BD

Lại có DEBF là hình bình hành

⇒ DB giao EF tại trung điểm mỗi đường

Vì O là trung điểm BD ⇒ O là trung điểm EF

⇒ AC, DB, EF đồng quy tại O.

c) Vì DEBF là hình bình hành nên DE // BF suy ra: ME // NF

⇒ $\frac{OM}{ON}=\frac{OE}{OF}=1$ (O là trung điểm EF)

⇒ OM = ON

⇒ O là trung điểm MN

Vì O là trung điểm MN, EF nên EMFN là hình bình hành.

Đề bài: Cho 2 đường thẳng d₁: y = 4x + m – 1, d₂: y = $\frac{4}{3}$ x + 15 – 3m.

a) Tìm m để d₁, d₂ cắt nhau tại điểm C trên trục tung.

b) Với m vừa tìm được, hãy tìm giao điểm A, B của d₁, d₂ với Ox.

Lời giải:

a) Để (d₁) cắt (d₂) tại một điểm trên trục tung thì:

$\left\{\begin{array}{l}4\ne \frac{4}{3}\\ m-1=15-3m\end{array}\right.$

 

⇒ 4m = 16

⇒ m = 4.

b) Với m = 4 ta được (d₁): y = 4x + 3

(d₂): y = $\frac{4}{3}$ x + 3

Giao điểm của d₁ với Ox là A(x_A; y_A)

Vì A thuộc Ox nên y_A = 0

⇒ 4x_A + 3 = 0 ⇒ x_A =$\frac{-3}{4}$

Vậy giao điểm của d₁ với Ox là $A\left(\frac{-3}{4};0\right)$

Tương tự, ta tìm được giao điểm của d₂ với Ox là $B\left(\frac{-9}{4};0\right)$ .

Đề bài: Cho bốn số nguyên dương phân biệt sao cho tổng của mỗi hai số chia hết cho 2 và tổng của mỗi ba số chia hết cho 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng bốn số này?

Lời giải:

Gọi 4 số ấy là a, b, c, d

Tổng 2 số bất kì chia hết cho 2 nên a, b, c, d đồng dư với nhau mod 2

Tổng 3 số bất kì chia hết cho 3 nên a, b, c, d đồng dư với nhau mod 3

⇒ a, b, c, d đồng dư với nhau mod 6

Vì a, b, c, d nguyên dương nên giá trị nhỏ nhất mà a, b, c, d có thể nhận là 1

⇒ Các số tiếp theo là 1 + 6 = 7, 7 + 6 = 13, 13 + 6 = 19

⇒ Tổng của a, b, c, d là 1 + 7 + 13 + 19 = 40.

Đề bài: Cho ∆ABC, AQ, BK, CI là 3 đường cao, H là trực tâm.

a. Chứng minh: A, K, B, Q thuộc 1 đường tròn. Xác định tâm của đường tròn.

b. Chứng minh: A, I, H, K thuộc 1 đường tròn. Xác định tâm của đường tròn.

Lời giải:

a. Xét tứ giác ABQK có: $\widehat{AQB}=\widehat{AKB}=90°$

Do đó: ABQK là tứ giác nội tiếp hay A, B, Q, K cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AB.

Tâm của đường tròn này là trung điểm của AB.

b. Xét tứ giác AIHK có: $\widehat{AIH}+\widehat{AKH}=180°$

Do đó: AIHK là tứ giác nội tiếp hay A, I, H, K cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AH.

Tâm của đường tròn này là trung điểm của AH.

Đề bài: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy điểm D trên bán kính OB (khác O, B). Gọi H là trung điểm của AD. Đường vuông góc tại H với AB cắt nửa đường tròn tại C. Đường tròn tâm I đường kính BD cắt tiếp tuyến BC tại E.

a) Tứ giác ACED là hình gì?

b) Chứng minh tam giác CEH cân tại H và HE là tiếp tuyến của (I).

Lời giải:

a) ACED là hình thang vuông vì AC // DE (cùng vuông góc với BC)

b) Đặt AB = 2R, AD = 2x, DB = 2y thì HA = HD = x

Ta có các hệ thức sau:

x + y = R hay HI = R

OH = OA – OH = x + y – x = y

Hay OH = y

Xét tam giác OHC và tam giác EIH có:

OH = IE = y

$\widehat{COH}=\widehat{HIE}$ (đồng vị)

OC = IH = R

⇒ ∆OHC = ∆IEH (c.g.c)

Suy ra: HC = EH hay tam giác HCE cân tại H

Lại có: do ∆OHC = ∆IEH nên $\widehat{OHC}=\widehat{IEH}=90°$

Tức HE vuông góc với IE

Vậy HE là tiếp tuyến của (I).

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, M là điểm bất kì thuộc cạnh BC. Kẻ MI vuông góc với AC (I thuộc AC), kẻ MK vuông góc với AB (K ∈ AD).

a) Chứng minh KI = MA.

b) Gọi O là giao điểm của AM và KI. Chứng minh .

Lời giải:

a) Xét tứ giác AIMK có: $\widehat{A}=\widehat{K}=\widehat{I}=90°$

Nên AIMK là hình chữ nhật

⇒ AM cắt KI tại trung điểm mỗi đường (tại O) và AM = KI

b) AIMK là hình chữ nhật, O là giao KI và AM

⇒ O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMKI

Hay A, K, M, I cùng thuộc đường tròn tâm O có bán kính là R = OK = OI = OA = OM

Lại có: $\widehat{AHM}=90°$ mà O là trung điểm AM

Nên OH = OA = OM = $\frac{1}{2}AM$

Suy ra: OH = OA = OM = OK = OI

Xét tam giác HIK có: OH = OK = OI =$\frac{1}{2}KI$

Suy ra: tam giác HIK vuông tại H hay $\widehat{IHK}=90°$ .

Đề bài: Cho đường tròn (O; R) và hai bán kính OA, OB. Trên các bán kính OA, OB lần lượt là các điểm M, N sao cho OM = ON. Vẽ dây CD qua M và N (M nằm giữa C và N).

1. Chứng minh rằng CM = DN.

2. Giả sử $\widehat{AOB}=90°$ , hãy tính OM, ON theo R sao cho CM = MN = ND.

Lời giải:

a) Hạ OE vuông góc với AB cắt CD tại F

Trong tam giác OAB cân tại O ta có:

$\frac{OM}{OA}=\frac{ON}{OB}\Rightarrow MN\parallel AB\Rightarrow OF\perp MN$

 

Và MF = NF

Ta nhận xét thêm:

OF ⊥ MN ⇔ OF ⊥ CD ⇔ CF ⊥ DF

Khi đó: CM = CF – MF = DF – NF = DN (đpcm)

b) Đặt MF = x, suy ra:

CF = CM + MF = MN + MF = 3MF = 3x

OF = x, vì tam giác OMF vuông cân tại F

Trong tam giác OCF, ta có:

OF² = OC² – CF²

⇔ x² = R² – 9x²

⇔ 10x² = R²

⇔ x =$\frac{R}{\sqrt{10}}$

Khi đó ta được:

ON = OM = OF

Vậy với OM = ON =$\sqrt{2}=\frac{R}{\sqrt{10}}.\sqrt{2}=\frac{R}{\sqrt{5}}$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

Đề bài: Cho tam giác ABC. Vẽ các tam giác đều ABM, ACN phía ngoài tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, AM, AN. Chứng minh tam giác DEF đều.

Lời giải:

Gọi I là trung điểm AB

Ta có: EI là đường trung bình của tam giác AMB

⇒ EI // MB

⇒$\widehat{AEI}=\widehat{AMB}=60°$

Lại có: EI =$\frac{1}{2}MB=AE;ID=\frac{1}{2}AC=AF$

$\widehat{EAF}=360°-2.60°-\widehat{BAC}=240°-\widehat{BAC}$

$\widehat{EID}=360°-120°-\widehat{BID}=240°-\widehat{BAC}$

 

 

($\widehat{BID}=\widehat{BAC}$ vì ID // AC)

Xét ∆EID và ∆AEF có:

EI = AE

$\widehat{EID}=\widehat{EAF}$

 

ID = AF

Suy ra: △EID = △ EAF (c.g.c)

⇒ DE = EF (*) và $\widehat{IED}=\widehat{AEF}$

Mà $\widehat{AEI}=\widehat{IED}+\widehat{DAE}=60°$

⇒ $\widehat{AEF}+\widehat{DAE}=60°$ hay $\widehat{DEF}=60°$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra: DEF là tam giác đều.

Đề bài: Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác.

Chứng minh rằng A = $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge 3$ .

Lời giải:

Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên: $\frac{a}{b+c-a};\frac{b}{a+c-b};\frac{c}{a+b-c}>0$

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

⇔$A+\frac{3}{2}=\frac{a}{b+c-a}+\frac{1}{2}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{1}{2}+\frac{c}{a+b-c}+\frac{1}{2}$

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

⇔$A+\frac{3}{2}=\frac{a+b+c}{2}\left(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{a+b-c}\right)$

⇔$A+\frac{3}{2}\ge \frac{a+b+c}{2}.\frac{9}{b+c-a+a+c-b+a+b-c}$

⇔$A+\frac{3}{2}\ge \frac{a+b+c}{2}.\frac{9}{b+c-a+a+c-b+a+b-c}$

⇔ A ≥ 3 (đpcm).

Đề bài: Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz.

Lời giải:

Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z.

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z

⇒ xyz = x + y + z ≤ 3z

⇒ xy ≤ 3

⇒ xy thuộc {1; 2; 3}.

Nếu xy = 1 ⇒ x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí.

Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), ⇒ z = 3.

Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), ⇒ z = 2.

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1; 2; 3).

Đề bài: Tìm m để phương trình x² + mx + m – 1 = 0 có hai nghiệm lớn hơn m.

Lời giải:

Ta có: x² + mx + m – 1 = 0

⇔ (x² – 1) + m(x + 1) = 0

⇔ (x – 1)(x + 1) + m(x + 1) = 0

⇔ (x + 1)(x – 1 + m) = 0

⇔$\left[\begin{array}{l}x+1=0\\ x-1+m=0\end{array}\right.$

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

Để phương trình có hai nghiệm lớn hơn m thì: –1 > m và 1 – m > m

Suy ra: m < –1 và m <$\frac{1}{2}$

Vậy m < –1.

Đề bài: Quan sát hình vẽ sau. Giải thích vì sao m song song với n?

Lời giải:

Dựa vào hình vẽ ta thấy:

$\left\{\begin{array}{l}m\perp AB\\ n\perp AB\end{array}\right.$suy ra: m // n

(Lý thuyết: Nếu hai đường thẳng (phân biệt) cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau).

Đề bài: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng d tiếp xúc với (O) tại A. Gọi I là một điểm cố định trên đoạn thẳng AB. Gọi DE là dây cung thay đổi của (O) luôn đi qua I. Gọi BD, BE cắt d lần lượt tại M, N.

1) Chứng minh rằng tứ giác DENM là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng tích AM. AN không đổi.

3) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DENM thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải:

1) Ta có: AB là đường kính của (O) nên AD ⊥ BM, AE ⊥ EB

Mà AB ⊥ MN

Nên BD.BM = BA² = BE. BN

⇒$\frac{BD}{BN}=\frac{BE}{BM}$

Mà $\widehat{DBE}=\widehat{MBN}$

⇒ ∆BDE ∽ ∆BNM (c.g.c.)

⇒$\widehat{BDE}=\widehat{BNM}$

⇒ MNED nội tiếp

2) Vẽ đường tròn ngoại tiếp ΔBMN, (BMN) ∩ AB = P

⇒ ΔBEI ∽ ΔBPN(g.g)

⇒$\frac{BE}{BP}=\frac{BI}{BN}$

⇒ BI.BP = BE.BN = BA²

⇒ BP = $\frac{B{A}^2}{BI}$ ⇒ P cố định

Mà $\widehat{PAN}=\widehat{MAB},\widehat{APN}=\widehat{BPN}=\widehat{BMN}=\widehat{BMA}$

⇒ ΔABM ∽ ΔANP(g.g)

⇒$\frac{AM}{AP}=\frac{AB}{AN}$

⇒ AM.AN = AB. AP không đổi

3.Vẽ đường tròn ngoại tiếp DMNE, (DMNE) ∩ AB = C, F (như hình vẽ)

Chứng minh tương tự câu 2 có AF.AC = AM.AN ⇒ AF.AC = AP.AB

Lại có BCF, BDM là cát tuyến tại B với (DMNE)

⇒ BC.BF = BD.BM = BA²

⇒$\left\{\begin{array}{l}BC.BF=B{A}^2\\ AF.AC=AP.AB\end{array}\right.$

⇒$\left\{\begin{array}{l}\left(AB-AC\right)\left(AB+AF\right)=B{A}^2\\ AF.AC=AP.AB\end{array}\right.$

⇒$\left\{\begin{array}{l}A{B}^2+AB\left(AF-AC\right)-AF.AC=B{A}^2\\ AF.AC=AP.AB\end{array}\right.$

⇒$\left\{\begin{array}{l}AB\left(AF-AC\right)=AF.AC\\ AF.AC=AP.AB\end{array}\right.$

⇒$\left\{\begin{array}{l}AB\left(AF-AC\right)=AP.AB\\ AF.AC=AP.AB\end{array}\right.$

⇒$\left\{\begin{array}{l}AF-AC=AP\\ AF.AC=AP.AB\end{array}\right.$

⇒$\left\{\begin{array}{l}AF=AC+AP\\ AF.AC=AP.AB\end{array}\right.$

⇒ $\left\{\begin{array}{l}AF=AC+AP\\ A{C}^2+AC.AP-AP.AB=0\end{array}\right.$ ⇒ C cố định

⇒ C, F cố định

⇒ Tâm (DENM) thuộc trung trực của CF cố định.

Đề bài: Cho hình thang ABCD (AD // BC) có $\widehat{A}-\widehat{B}=20°,\widehat{D}=2\widehat{C}$ .

1) Tính $\widehat{A}+\widehat{B}$ .

2) Chứng minh $\widehat{A}+\widehat{B}=\widehat{D}+\widehat{C}$ .

3) Tính số đo các góc của hình thang.

Lời giải:

1) Vì ABCD là hình thang có AD // BC nên $\widehat{A}+\widehat{B}=180°$ (2 góc trong cùng phía)

2) Lại có: $\widehat{D}+\widehat{C}=180°$ (2 góc trong cùng phía)

Nên: $\widehat{A}+\widehat{B}=\widehat{D}+\widehat{C}=180°$

3) Ta có: $\widehat{A}+\widehat{B}=180°$, $\widehat{A}-\widehat{B}=20°$

 

⇒$\widehat{A}=\left(180°+20°\right):2=100°$

⇒$\widehat{B}=100°-20°=80°$

Lại có: $\widehat{D}+\widehat{C}=180°$ và $\widehat{D}=2\widehat{C}$

⇒ $2\widehat{C}+\widehat{C}=180°$ ⇒ $3\widehat{C}=180°$ ⇒$\widehat{C}=60°$

⇒$\widehat{D}=2\widehat{C}=2.60°=120°$

Vậy $\widehat{A}=100°,\widehat{B}=80°,\widehat{C}=60°,\widehat{D}=120°$ .

Đề bài: Tìm số nguyên tố p sao cho 2^p + 1 chia hết cho p.

Lời giải:

Giả sử p là số nguyên tố thỏa mãn 2^p + 1 chia hết cho p.

Theo định lý Fermat, ta có: 2^p ≡ 2 (mod p)

Suy ra: (2^p – 2) ⋮ p

⇒ 3 = (2^p + 1) – (2^p – 2) ⋮ p

⇒ p = 3 (thỏa mãn)

Vậy số nguyên tố p cần tìm là 3.

Đề bài: Cho tam giác nhọn ABC, AB < AC. Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC. Trên tia đối của MH lấy điểm K sao cho MH = MK.

a, Chứng minh: BHCK là hình bình hành.

b, Chứng minh: BK vuông góc AB.

c, Chứng minh: tâm giác MEF cân.

d, CQ vuông góc BK tại Q. Chứng minh: EF vuông góc EQ.

Lời giải:

a) Xét tứ giác BHCK có:

M là trung điểm của BC (giả thiết).

M là trung điểm của HK (MH = MK).

⇒ BHCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

b) BHCK là hình bình hành (chứng minh trên).

⇒ BK // HC mà HC ⊥ AB (đường cao)

⇒ AB ⊥ BK (từ vuông góc đến song song đảo).

c) M là trung điểm của BC (giả thiết)

⇒ ME là đường trung tuyến của ΔBCE
Mà ΔBCE vuông tại E ⇒ ME =$\frac{1}{2}BC$
M là trung điểm của BC (giả thiết).

⇒ MF là đường trung tuyến của ΔBCF
Mà ΔBCF vuông tại F⇒ MF = $\frac{1}{2}BC$ = ME
⇒ΔMEF cân (hai cạnh bên bằng nhau).

d) Xét tứ giác BFCQ có:

$\widehat{BFC}=90°$(CF ⊥ AB)

$\widehat{FBQ}=90°$(BK ⊥ AB)

$\widehat{BQC}=90°$(CQ ⊥ BK)

⇒ BFCQ là hình chữ nhật

⇒ BC = FQ

⇒ M là trung điểm FQ

⇒ ME là trung tuyến của tam giác EFQ

Suy ra: ME = $\frac{1}{2}BC$ =$\frac{1}{2}PQ$

⇒ Tam giác EFQ vuông tại E

Vậy EF vuông góc EQ.

Đề bài: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Kẻ các tiếp tuyến Ax, By cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ 3 với đường tròn, nó cắt Ax , By tại C, D. Tiếp tuyến của nửa đường tròn tại E cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D.

a) Chứng minh rằng: tam giác COB là tam giác vuông.

b) Chứng minh MC.MD = OM².

Lời giải:

a) Xét (O) có:

CM là tiếp tuyến

CA là tiếp tuyến

Do đó: OC là tia phân giác của góc $\widehat{MOA}$ (1)

Xét (O) có: DM là tiếp tuyến; DB là tiếp tuyến

Do đó OD là tia phân giác của góc $\widehat{MOB}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\widehat{DOC}=\frac{1}{2}\left(\widehat{MOA}+\widehat{MOB}\right)=\frac{1}{2}.180°=90°$

hay ΔODC vuông tại O.

b) Xét ΔODC vuông tại O có OM là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, có: MC.MD = MO².

Đề bài: Cho phương trình x² – (m – 3)x – 5 = 0, m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ là các số nguyên.

Lời giải:

Δ = (–m + 3)² – 4.(–5) = m² – 6m + 9 + 20 = m² – 6m + 29 = (m – 3)² + 20 > 0

Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ là các số nguyên thì trước hết Δ phải là một số chính phương.

Giả sử (m – 3)² + 20 = k² với k nguyên

⇒ k² – (m – 3)² = 20

⇔ (k – m – 3)(k – m + 3) = 20

Do (k – m – 3) + (k – m + 3) = 2k chẵn nên chúng cùng tính chẵn lẻ.

Mà 20 là số chẵn nên (k – m – 3) + (k – m + 3) cùng là số chẵn

Suy ra: ⇔ .

Đề bài: Tìm các số tự nhiên x sao cho 14 chia hết cho 2x + 1.

Lời giải:

Ta có: 14 ⋮ (2x + 1) nên (2x + 1) là ước của 14

Ư(14) = {1; 2; 7; 14}

Suy ra: 2x + 1 ∈ {1; 2; 7; 14}

⇒ x ∈ {0; 0,5; 3; 6,5}

Mà x là số tự nhiên nên x = 0 hoặc x = 3.

Vậy x = 0 hoặc x = 3.

Đề bài: Cho A = 2 + 2² + 2³ + … + 2⁶⁰. Hãy thu gọn tổng A.

Lời giải:

A = 2 + 2² + 2³ + … + 2⁶⁰

2A = 2² + 2³ + …. + 2⁶¹

2A – A = (2² + 2³ + …. + 2⁶¹) – (2 + 2² + 2³ + … + 2⁶⁰)

A = 2⁶¹ – 2.

Đề bài. Cho hai tập hợp khác rỗng A = [ m – 1; 5) và B =[–3; 2m + 1]. Tìm m để A ⊂ B.

Lời giải:

Điều kiện tồn tại nửa đoạn và đoạn:

$\left\{\begin{array}{l}m-1<5\\ -3\le 2m+1\end{array}\right.$⇒ –2 ≤ m < 6.

A ⊂ B thì $\left\{\begin{array}{l}m-1>-3\\ 2m+1\ge 5\end{array}\right.$ ⇒ m > 2

Kết hợp điều kiện ta được: 2 < m < 6.

Đề bài. Cho tổng A = 8 + 12 + x với x thuộc ℕ. Tìm x để:

a) A chia hết cho 2.

b) A không chia hết cho 2.

Lời giải:

Ta có: A = 8 + 12 + x = 20 + x

a) Để A chia hết cho 2 thì 20 + x chia hết cho 2

Mà 20 luôn chia hết cho 2 nên x chia hết cho 2

Suy ra: x = 2k (k ∈ ℕ).

b) Để A không chia hết cho 2, thì (20 + x) không chia hết 2

Mà 20 luôn chia hết cho 2 nên để 20 + x 2 thì x 2

Suy ra: x = 2k + 1 (k ∈ ℕ).

Đề bài. Điền chữ số thích hợp vào dấu * để được số M =$\overline{37*}$ thỏa mãn điều kiện:

a) M chia hết cho 3;

b) M chia hết cho 9;

c) M chia hết cho 3 nhưng không chia hết 9.

Lời giải:

a) Để M chia hết cho 3 thì tổng các chữ số của M chia hết cho 3

⇒ (3 + 7 + *) ⋮ 3 hay (10 + *) ⋮ 3

Vì * < 10 nên * ∈ {2; 5; 8}

b) Để M chia hết cho 9 thì tổng các chữ số của M chia hết cho 9

⇒ (3 + 7 + *) ⋮ 9 hay (10 + *) ⋮ 9

Vì * < 10 nên * ∈ {8}

c) Để M chia hết cho 3 thì tổng các chữ số của M chia hết cho 3

⇒ (3 + 7 + *) ⋮ 3 hay (10 + *) ⋮ 3

Vì * < 10 nên * ∈ {2; 5; 8}

Ta loại * = 8 vì khi * = 8 ta được số 378 là số chia hết cho 9.

Vậy * ∈ {2; 5}.

Đề bài. Thực hiện phép tính $\left(1-\frac{1}{1+2}\right)\left(1-\frac{1}{1+2+3}\right)\mathrm{...}\left(1-\frac{1}{1+2+3+\mathrm{...}+2006}\right)$ .

Lời giải:

Ta xét tổng quát: $1-\frac{1}{1+2+3+\mathrm{...}+n}=1-\frac{1}{\frac{n.\left(n+1\right)}{2}}=1-\frac{2}{n\left(n+1\right)}=\frac{n^2+n-2}{n\left(n+1\right)}=\frac{\left(n-1\right)\left(n+2\right)}{n\left(n+1\right)}$

 

Khi đó ta có:

$\left(1-\frac{1}{1+2}\right)\left(1-\frac{1}{1+2+3}\right)\mathrm{...}\left(1-\frac{1}{1+2+3+\mathrm{...}+2006}\right)$

 

$=\frac{1.4}{2.3}.\frac{2.5}{3.4}\mathrm{....}\frac{2005.2008}{2006.2007}$

$=\frac{\left(\mathrm{1.2.3...2005}\right).\left(\mathrm{4.5.6....2008}\right)}{\left(\mathrm{2.3.4....2006}\right).\left(\mathrm{3.4.5....2007}\right)}=\frac{1.2008}{2006.3}=\frac{2008}{6018}$

Đề bài. Cho phương trình: x² – 2mx + m² – 4 = 0.

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

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x₁; x₂ sao cho 3x₁ + 2x₂ = 7.

Lời giải:

a) x² – 2mx + m² – 4 = 0

∆' = m² – m² + 4 = 4 > 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm với mọi giá trị của m.

b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: $\left[\begin{array}{l}x=m+2\\ x=m-2\end{array}\right.$

TH1: x₁ = m + 2; x₂ = m – 2

Khi đó: 3x₁ + 2x₂ = 7

⇔ 3(m + 2) + 2(m – 2) = 7

⇔ 5m + 6 – 4 – 7 = 0

⇔ 5m – 5 = 0

⇔ m = 1.

TH2: x₂ = m + 2; x₁ = m – 2

Khi đó: 3x₁ + 2x₂ = 7

⇔ 3(m – 2) + 2(m + 2) = 7

⇔ 3m – 6 + 2m + 4 – 7 = 0

⇔ 5m – 9 = 0

⇔ m =$\frac{9}{5}$

Vậy m = 1 hoặc m =$\frac{9}{5}$ .

Đề bài. Biến đổi tổng thành tích A = sina + sinb + sin(a + b).

Lời giải:

A = sina + sinb + sin(a + b)

$A=2\sin \frac{a+b}{2}\cos \frac{a-b}{2}+2\sin \frac{a+b}{2}\cos \frac{a+b}{2}$

$A=2\sin \frac{a+b}{2}\left(\cos \frac{a-b}{2}+\cos \frac{a+b}{2}\right)$

$A=2\sin \frac{a+b}{2}.2\cos \frac{a}{2}\cos \frac{b}{2}$

$A=4\sin \frac{a+b}{2}.\cos \frac{a}{2}.\cos \frac{b}{2}$

Đề bài. Cho số tự nhiên $\overline{ab}$ bằng ba lần tích các chữ số của nó.

a) Chứng minh rằng b chia hết cho a.

b) Gỉa sử b = ka (k thuộc ℕ) chứng minh rằng k là ước của 10.

c) Tìm các số $\overline{ab}$ nói trên.

Lời giải:

a) Theo đề bài có: $\overline{ab}=3ab$

⇔ 10a + b = 3ab (1)

Vì 3ab ⋮ a nên (10a + b) ⋮ a

Mà 10a ⋮ a nên b ⋮ a.

b) Do b = ka mà b < 10 nên ka < 10

Thay b = ka vào (1) ta được:

10a + ka = 3a.ka

⇔ a(10 + k) = 3a².k

⇔ 10 + k = 3ak (*)

Vì 3ak ⋮ k nên 10 + k ⋮ k

Mà k ⋮ k nên 10 ⋮ k

Vậy k là ước của 10.

c) Theo phần b có k là ước của 10 nên k ∈ {1; 2; 5}

Với k = 1 thay vào (*) có: 11 = 3a (loại vì a là số tự nhiên)

Với k = 2 thay vào (*) có: 12 = 6a ⇒ a = 2

b = ka = 2a = 2.2 = 4

Với k = 5 thay vào (*) có: 15 = 15a ⇒ a = 1

b = ka = 5a = 5

Vậy số cần tìm là 24 và 15.

Đề bài. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có các đường cao BD và CE.

a, Cho góc A = 60 độ và AC = 12cm, tính AE và CE.

b, Tia DE cắt BC ở F. Chứng minh tam giác ADE đồng dạng với tam giác ABC.

c, Chứng minh FB.FC = FE.FD.

Lời giải:

a) Ta có: $\sin \widehat{A}=\frac{CE}{CA}\Rightarrow CE=AC.\sin \widehat{A}=6\sqrt{3}$

AE =$\sqrt{A{C}^2-C{E}^2}=6$

b) Xét ΔADB, ΔAEC có:

Chung $\widehat{A}$

$\widehat{D}=\widehat{E}=90°$

⇒ ΔADB ∽ ΔAEC(g.g)

⇒$\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$

Mà $\widehat{DAE}=\widehat{BAC}$

⇒ ΔADE ∽ ΔABC (c.g.c)

c) Từ câu b: ΔADE ∽ ΔABC suy ra: $\widehat{AED}=\widehat{ACB}$

⇒ $\widehat{FEB}=\widehat{AED}=\widehat{ACB}=\widehat{FCD}$

Mà $\widehat{EFB}=\widehat{DFC}$

Xét ΔFBE và ΔFDC có:

$\widehat{EFB}=\widehat{DFC}$

$\widehat{FEB}=\widehat{FCD}$

⇒ ΔFBE ∽ ΔFDC(g.g)

⇒$\frac{FB}{FD}=\frac{FE}{FC}$

⇒ FB.FC = FD.FE.

Đề bài. Cho nửa đường tròn (O; R). Hai dây cung AB và CD song song với nhau có độ dài lần lượt là 32 cm và 24 cm và khoảng cách giữa 2 dây là 4 cm. Tính bán kính đường tròn.

Lời giải:

Kẻ OH vuông góc với AB, OK vuông góc với CD

Ta thấy O, H, K thẳng hàng

Đặt OH = x, OK = x + 4

Tam giác OHB vuông tại H có:

OH² + HB² = OB² hay x² + 16² = R²

Tam giác OKD vuông ở K có:

OK² + KD² = OD²

Hay (x + 4)² + 12² = R²

Từ (1) và (2) suy ra: x² + 16² = (x + 4)² + 12²

Giải phương trình này ta được: x = 12, tức OH = 12 cm

Từ (1) ta có: R² = 12² + 16² = 400, suy ra R = 20 cm.

Đề bài. Cho đường tròn (O) đường kính AB, E thuộc đoạn AO (E khác A, O và AE > EO). Gọi H là trung điểm của AE , kẻ dây CD vuông góc với AE tại H.

a) Tính góc $\widehat{ACB}$ ?

b) Tứ giác ACED là hình gì?

c) Gọi I là giao điểm của DE và BC. Chứng minh HI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính EB?

Lời giải:

a) Vì $\widehat{ACB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ACB}=90°$

b) Xét (O) có:

OH là một phần đường kính

CD là dây

OH ⊥ CD tại H

Do đó: H là trung điểm của CD

Xét tứ giác ECAD có

H là trung điểm của đường chéo CD

H là trung điểm của đường chéo EA

Do đó: ECAD là hình bình hành

Mà EA ⊥ CD

Nên ECAD là hình thoi

c) ACED là hình thoi nên DE //AC

Mà AC ⊥ BC nên DE ⊥ BC

Suy ra: DI ⊥ BC

⇒ $\widehat{EIB}=90°;\widehat{CID}=90°$

Xét tam giác CID vuông tại I có IH là trung tuyến

⇒ IH$=\frac{1}{2}CD=DH$

⇒ ∆DHI cân tại H ⇒ $\widehat{HID}=\widehat{EBI}$

Gọi M là trung điểm BE

Suy ra: IM là trung tuyến của ∆IBE vuông tại I.

⇒ IM =$\frac{1}{2}BE=BM$

⇒ ∆MBI cân tại M

⇒ $\widehat{MBI}=\widehat{MIB}=\widehat{EBI}=\widehat{HID}$

Ta có: $90°=\widehat{EIB}=\widehat{B\mathrm{I}M}+\widehat{E\mathrm{I}M}=\widehat{HID}+\widehat{EIM}=\widehat{H\mathrm{I}M}$

Suy ra: HI ⊥ IM tại I.

Vì IM = EM = BM = và HI ⊥ IM nên HI là tiếp tuyến của $\left(M;\frac{EB}{2}\right)$.

Đề bài. Bác Hòa uốn một sợi dây thép thành móc treo đồ có dạng hình thang cân với độ dài đáy bé bằng 40cm, đáy lớn bằng 50cm, cạnh bên bằng 15cm, móc treo dài 10cm. Hỏi bác Hòa cần bao nhiên mét dây thép?

Lời giải:

Chu vi phần có dạng hình thang cân:

40 + 50 + 2.15 = 120(cm)

Số mét dây thép cần dùng là:

120 + 10 = 130 (cm) = 1,3 (m)

Vậy cần dùng 1,3m dây thép.

Đề bài. Chứng minh rằng 10⁹ + 10⁸ + 10⁷ chia hết cho 222.

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 222 chia hết cho 222 nên 10⁶.5.222 chia hết cho 222

Vậy 10⁹ + 10⁸ + 10⁷ chia hết cho 222.

Đề bài. Một trường có 1055 học sinh. Trường tổ chức đi dã ngoại bằng xe buýt, một chiếc xe chở được 30 học sinh. Hỏi trường cần ít nhất bao nhiêu chiếc xe để chở hết học sinh của trường đi dã ngoại?

Lời giải:

Số xe trường cần là:

1055 : 30 = 35 ( chiếc ) dư 5 học sinh

Vì thế nên cần thêm 1 xe để chở 5 học sinh còn lại.

Vậy cần ít nhất 36 xe để chở hết học sinh của trường đi dã ngoại.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A. M là trung điểm BC, D đối xứng với A qua M.

a) Chứng minh ABCD là hình chữ nhật.

b) Lấy E đối xứng với A qua C. O là trung điểm CD. Chứng minh B đối xứng với E qua O.

Lời giải:

a) Vì ABC là tam giác vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM =$\frac{1}{2}BC=BM=MC$

Lại có: D là đối xứng của A qua M nên MA = MD

Suy ra: MA = MD = MB = MC hay BC và AD cắt nhau tại trung điểm M mỗi đường

⇒ ABCD là hình bình hành

Mà $\widehat{BAC}=90°$

⇒ ABCD là hình chữ nhật

b) Vì ABCD là hình chữ nhật nên BD // AC và BD = AC

Suy ra: BD // CE (1)

E là đối xứng của A qua C nên AC = CE

Mà AC = BD nên BD = CE (2)

Từ (1) và (2): BDEC là hình bình hành

⇒ DC và BE cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Mà O là trung điểm DC nên O là trung điểm BE

Vậy E đối xứng với B qua O.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Qua A vẽ đường thẳng d bất kỳ (d không cắt đoạn thẳng BC). Kẻ BH vuông góc với d, CK vuông góc với d (H, C thuộc d).

a) Chứng minh rằng BH = AK.

b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh: ΔBHM = ΔAKM.

c) Chứng minh ΔMHK vuông cân.

Lời giải:

a)$\widehat{BAH}+\widehat{CAK}=90°$

$\widehat{BAH}+\widehat{HBA}=90°$

Suy ra:$\widehat{CAK}=\widehat{HBA}$

Xét tam giác vuông HBA và KAC có:

$\widehat{BHA}=\widehat{AKC}=90°$

AB = AC (tam giác ABC vuông cân tại A)

$\widehat{HBA}=\widehat{CAK}$

⇒ ∆HBA = ∆KAC (g.c.g)

⇒ BH = AK

b) Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AM là đường phân giác, đường cao

⇒$\widehat{BAM}=\widehat{MAC}$ ;$\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$

$\widehat{ABC}=\widehat{MAC}=90°-\widehat{ACB}$

Vậy $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{MAC}$

Mà theo phần a có: $\widehat{HBA}=\widehat{CAK}$

⇒ $\widehat{ABC}+\widehat{HBA}=\widehat{ACB}+\widehat{CAK}=\widehat{MAC}+\widehat{CAK}$

Hay $\widehat{HBM}=\widehat{MAK}$

Xét tam giác BHM và AKM có:

BM = AM =$\frac{1}{2}BC$

$\widehat{HBM}=\widehat{MAK}$

BH = AK

⇒ ∆BHM = ∆AKM (c.g.c)

c) Theo phần b có: ∆BHM = ∆AKM nên MH = MK (2 cạnh tương ứng) (*)

Xét tam giác MKC và tam giác MHA có:

MH = MK

AH = KC (vì ∆HBA = ∆KAC theo phần a)

MC = MA =$\frac{1}{2}BC$

⇒ ∆MKC = ∆MHA (c.c.c)

⇒$\widehat{KMC}=\widehat{HMA}$

Mà $\widehat{KMC}+\widehat{AMK}=90°$ (vì AM là đường cao của ABC)

Nên: $\widehat{HMA}+\widehat{AMK}=90°$ hay $\widehat{HMK}=90°$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra: tam giác MHK vuông cân tại M.

Đề bài. Cho tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao. Biết $\frac{AH}{AB}=\frac{3}{5}$; AB = 15cm.

a) Tính HB, HC.

b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC. Chứng minh: AH³ = BC.BE.CF.

Lời giải:

a) Ta có: $\frac{AH}{AB}=\frac{3}{5}$ , nên AH = $\frac{3}{5}$ AC

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

AB.AC = BC.AH

⇔ BC =$\frac{AB.AC}{AH}=\frac{AB.AC}{\frac{3}{5}AC}=\frac{5}{3}AB$

Suy ra: BC = 15.$\frac{5}{3}=25$ (cm)

Lại có: AB² = BC.BH ⇒ BH =$\frac{A{B}^2}{BC}=\frac{{15}^2}{25}=9\left(cm\right)$

CH = BC – BH = 25 – 9 = 16 (cm).

b) 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 ⇒ $BE=\frac{B{H}^2}{AB}$

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 =$\frac{AB.AC}{AH}.\frac{A{H}^4}{AB.AC}=A{H}^3$ .

Đề bài. Rút gọn biểu thức P =$\left(\frac{15}{\sqrt{6}+1}+\frac{4}{\sqrt{6}-2}-\frac{12}{3-\sqrt{6}}\right)\left(\sqrt{6}+11\right)$ .

Lời giải:

P =$\left(\frac{15}{\sqrt{6}+1}+\frac{4}{\sqrt{6}-2}-\frac{12}{3-\sqrt{6}}\right)\left(\sqrt{6}+11\right)$

P =$\left(\frac{15\left(\sqrt{6}-1\right)}{\left(\sqrt{6}+1\right)\left(\sqrt{6}-1\right)}+\frac{4\left(\sqrt{6}+2\right)}{\left(\sqrt{6}-2\right)\left(\sqrt{6}+2\right)}+\frac{12\left(3+\sqrt{6}\right)}{\left(\sqrt{6}-3\right)\left(\sqrt{6}+3\right)}\right)\left(\sqrt{6}+11\right)$

P =$\left(\frac{15\left(\sqrt{6}-1\right)}{5}+\frac{4\left(\sqrt{6}+2\right)}{2}+\frac{12\left(3+\sqrt{6}\right)}{-3}\right)\left(\sqrt{6}+11\right)$

P =$\left(\frac{15\sqrt{6}-15}{5}+\frac{4\sqrt{6}+8}{2}+\frac{12\sqrt{6}+36}{-3}\right)\left(\sqrt{6}+11\right)$

P =$\left(3\sqrt{6}-3+2\sqrt{6}+4-4\sqrt{6}-12\right)\left(\sqrt{6}+11\right)$

P =$\left(\sqrt{6}-11\right)\left(\sqrt{6}+11\right)$

P = 6 – 11²

P = 6 – 121

P = –115.

Đề bài. Một hình vuông được ghép bởi 722 hình chữ nhật có kích thước 1cm × 2cm. Hỏi sau khi ghép như vậy thì tổng chu vi đã bị giảm đi bao nhiêu cm?

Lời giải:

Diện tích hình vuông được ghép là:

722.1.2 = 1444 (cm²)

Mà 1444 = 38.38 nên cạnh của hình vuông được ghép là 38cm.

Chu vi hình vuông được ghép là:

38.4 = 152 (cm)

Chu vi của 722 hình chữ nhật là:

722.(1 + 2).2 = 4332 (cm)

Chu vi của hình đã bị giảm:

4332 – 152 = 4180 (cm).

Đề bài. Tìm hai số biết số thứ nhất bằng số thứ hai. Biết rằng nếu bớt ở số thứ nhất đi 28 đơn vị và thêm vào số thứ hai là 35 đơn vị thì được tổng mới là 357.

Lời giải:

Gọi số thứ nhất và số thứ hai là x (vì số thứ nhất = số thứ hai)

Ta có: x – 28 + x + 35 = 357

⇔ 2x = 357 – 35 + 28

⇔ 2x = 350

⇔ x = 350 : 2

⇔ x = 175

Vậy số thứ nhất và số thứ hai là 175.

Đề bài. Tìm hai số có hiệu là số bé nhất có hai chữ số chia hết cho 3 và tổng là số lớn nhất có hai chữ số chia hết cho 2.

Lời giải:

Số bé nhất có hai chữ số chia hết cho 3 là 12.

Số lớn nhất có 2 chữ số chia hêt cho 2 là 98.

Nên số lớn là:

(98 + 12) : 2 = 55.

Số bé là:

98 – 55 = 43.

Đáp số: số lớn: 55; số bé: 43.

Đề bài. Cho hình thang cân ABCD (AD // BC). Biết AB = 12cm, AC = 16cm, BC = 20 cm. Chứng minh 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó.

Lời giải:

Xét tam giác ABC thấy BC² = AC² + AB² (20² = 16² + 12²)

Nên tam giác ABC vuông tại A

Gọi O là trung điểm BC

Nên OB = OC

Vì tam giác ABC vuông tại A nên OA = $\frac{1}{2}BC=OB=OC$ (1)

Lại có: ABCD là hình thang cân nên AC = BD; AB = DC (tính chất)

⇒ BD = 16cm, DC = 12cm

Lại có: BD² + DC² = BC² (do 20² = 16² + 12²)

Nên ∆BDC vuông tại D.

Suy ra: $OD=\frac{1}{2}BC=OB=OC$(2)

Từ (1) và (2): OA = OB = OC = OD

Vậy A, B, C, D cùng thuộc đường tròn tâm O, bán kính R = OA.

R = OA=$\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}.20=10\left(cm\right)$

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp ABCD bằng 10 cm.

Đề bài. Giải phương trình: $\sqrt{x^2-5x+4}=\sqrt{-2x^2-3x+12}$ .

Lời giải:

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-5x+4\ge 0\\ -2x^2-3x+12\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}x\le 1\\ x\ge 4\end{array}\right.\\ \frac{-3-\sqrt{105}}{4}\le x\le \frac{-3+\sqrt{105}}{4}\end{array}\right.\iff \frac{-3-\sqrt{105}}{4}\le x\le 1$

Phương trình ⇔$\sqrt{x^2-5x+4}=\sqrt{-2x^2-3x+12}$

Bình phương 2 vế ta được:

x² – 5x + 4 = – 2x² – 3x + 12

⇔ 3x² + 2x – 8 = 0

⇔ 3x² + 6x – 4x – 8 = 0

⇔ 3x(x + 2) – 4(x + 2) = 0

⇔ (x + 2)(3x – 4) = 0

⇔$\left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=\frac{4}{3}\left(L\right)\end{array}\right.$

Vậy x = –2.

Đề bài. Một bạn học sinh thả diều ngoài đồng, cho biết đoạn dây diều từ tay bạn đến diều dài 130m và bạn đứng cách nơi diều được thả lên theo phương thẳng đứng là 50m. Tính độ cao của con diều so với mặt đất, biết tay bạn học sinh cách mặt đất 1,5m.

Lời giải:

Gọi tay của bạn học sinh là điểm A, diều là điểm B, BC, BD là đường thẳng đứng.

Như vậy đoạn dây từ tay bạn đến diều dài 130m nên ta có AB = 130m, bạn đứng cách nơi diều được thả lên theo phương thẳng đứng là 50m nên AC = 50m.

Tay bạn cách mặt đất 1,5m nên CD = 1,5m.

Áp dụng định lý Pitago vào Δ vuông ABC ta có:

BC² = AB² – AC² = 130² – 50² = 14400 ⇒ BC = 120m

⇒ Độ cao của con diều so với mặt đất là đoạn BD là:

BD = BC + CD = 120 + 1,5 = 121,5m.

Đề bài. Tìm x biết: (x + 7) – 25 = 13.

Lời giải:

(x + 7) – 25 = 13

⇔ x + 7 = 13 + 25

⇔ x + 7 = 38

⇔ x = 38 – 7

⇔ x = 31

Vậy x = 31.

Đề bài. Cho tứ giác ABCD có AB = AD, CB = CD, $\widehat{C}=60°;\widehat{A}=100°$ .

a) Chứng minh AC là đường trung trực của BD.

b) Tính $\widehat{B},\widehat{D}$ .

Lời giải:

a) Theo giả thiết có AB = AD suy ra tam giác ABD cân tại A

Nên đường thẳng kẻ từ A xuống BD vừa là đường cao vừa là phân giác vừa là đường trung trực, tức A thuộc đường trung trực của BD. (1)

Lại có: CD = CB ⇒ Tam giác CBD cân tại C

⇒ Đường thẳng kẻ từ C xuống đáy BD vừa là đường cao vừa là phân giác vừa là đường trung trực, tức C thuộc đường trung trực của BD (2)

Từ (1) và (2): AC là đường trung trực của BD.

b) Xét ∆ABC và ∆ADC có:

AB = AD

BC = DC

AC chung

⇒ ∆ABC = ∆ADC (c.c.c)

⇒ $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$

Mà CH là phân giác của $\widehat{CBD}$ nên $\widehat{BCA}=\frac{1}{2}\widehat{BCD}=\frac{1}{2}.60°=30°$

AH là phân giác $\widehat{BAD}$ nên $\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\widehat{BAD}=\frac{1}{2}.100°=50°$

Lại có trong tam giác ABC có: $\widehat{ABC}+\widehat{BAC}+\widehat{BCA}=180°$

⇒$\widehat{ABC}=180°-\left(\widehat{BAC}+\widehat{BCA}\right)=180°-50°-30°=100°$

Vậy $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}=100°$ .

Đề bài. Lớp chuyên Toán có 13 học sinh chơi đá bóng, 22 học sinh bơi lội và 17 học sinh chơi cờ vua, trong số đó có 5 học sinh chơi đá bóng và bơi lội, 7 học sinh bơi lội và chơi cờ vua, 3 học sinh chơi cờ vua và đá bóng, đặt biệt có 4 học sinh đang đi giao lưu ở nước ngoài. Vậy lớp có bao nhiêu học sinh?

Lời giải:

Số học sinh chỉ chơi đá bóng là:

13 – 3 – 5 = 5 (học sinh)

Số học sinh chỉ bơi lội là:

22 – 5 – 7 = 10 (học sinh)

Số học sinh chỉ chơi cờ là:

17 – 3 – 7 = 7 (học sinh)

Tổng số học sinh của lớp đó là:

5 + 10 + 7 + 5 + 3 + 7 + 4 = 41 (học sinh).

Đề bài. Bánh xe đạp có bán kính 50cm (kể cả lốp). Một người quay bánh xe 5 vòng quanh trục thì quãng đường đi được là bao nhiêu?

Lời giải:

Chu vi của bánh xe đạp là:

2π . 50 = 100π (cm)

Quãng đường đi được là:

100π . 5 = 500π (cm)

Đáp số: 500π (cm).

Đề bài. Giải phương trình: tan²x + cot²x = 1 + ${\cos }^2\left(3x+\frac{\pi }{4}\right)$ .

Lời giải:

ĐKXĐ: cosx ≠ 0; sinx ≠ 0

Xét VT = tan²x + cot²x = (tanx – cotx)² + 2 ≥ 2

Lại có ${\cos }^2\left(3x+\frac{\pi }{4}\right)\le 1,\forall x$

⇒$1+{\cos }^2\left(3x+\frac{\pi }{4}\right)\le 2,\forall x$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array}{l}\tan x=\cot x\\ {\cos }^2\left(3x+\frac{\pi }{4}\right)=1\end{array}\right.$⇔$\left\{\begin{array}{l}\tan x=\tan \left(\frac{\pi }{2}-x\right)\\ \sin \left(3x+\frac{\pi }{4}\right)=0\end{array}\right.$

⇔$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}-x+k\pi \\ 3x+\frac{\pi }{4}=k\pi \end{array}\right.$ ⇔ $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}\\ x=-\frac{\pi }{12}+\frac{k\pi }{3}\end{array}\right.$ ⇔$x=\frac{\pi }{4}+k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$ .

Đề bài. Cho C = 5 + 5² + … + 5²⁰. Chứng minh rằng C chia hết cho 5; 6; 13.

Lời giải:

C = 5 + 5² + … + 5²⁰

C = 5(1 + 5 + 5² + … + 5¹⁹) ⋮ 5

Vậy C chia hết cho 5.

* C = 5 + 5² + … + 5²⁰

C = (5 + 5²) + (5³ + 5⁴) + … + (5¹⁹ + 5²⁰)

C = 5(1 + 5) + 5³(1 + 5) + …. + 5¹⁹(1 + 5)

C = 5.6 + 5³.6 +… + 5¹⁹.6

C = 6(5 + 5³ + …. + 5¹⁹)

Vì 6 ⋮ 6 nên 6(5 + 5³ + …. + 5¹⁹) ⋮ 6

Vậy C chia hết cho 6.

* C = 5 + 5² + … + 5²⁰

C = (5 + 5² + 5³ + 5⁴) + … + (5¹⁷ + 5¹⁸ + 5¹⁹ + 5²⁰)

C = 5.(1 + 5 + 5² + 5³) + … + 5¹⁷(1 + 5 + 5² + 5³)

C = 5.156 + 5⁵.156 + … + 5¹⁷.156

C = 156.(5 + 5⁵ + … + 5¹⁷)

Vì 156 ⋮ 13 nên 156.(5 + 5⁵ + … + 5¹⁷) ⋮ 13

Vậy C chia hết cho 13.

Đề bài: Một hình vuông chu vi 20cm, một hình chữ nhật có chiều rộng bằng cạnh hình vuông và có chu vi 26cm. Tìm diện tích hình chữ nhật.

Lời giải:

Cạnh hình vuông:

20 : 4 = 5 (cm)

Chiều dài hình chữ nhật là:

26 : 2 – 5 = 8 (cm)

Diện tích hình chữ nhật là:

8 . 5 = 40 (cm²)

Đáp số: 40cm².

Đề bài: Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một mặt phẳng bờ AB). Gọi M là một điểm bất kì thuộc nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng đường tròn có đường kính CD tiếp xúc với AB.

Lời giải:

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:

Ax ⊥ AB

By ⊥ AB

Suy ra: Ax // By hay AC // BD

Suy ra tứ giác ABDC là hình thang.

Gọi I là trung điểm của CD

Khi đó OI là đường trung bình của hình thang ABDC.

Suy ra: OI // AC ⇒ OI ⊥ AB.

Vì OC và OD lần lượt là phân giác của $\widehat{AOM}$ và $\widehat{BOM}$ nên OC vuông góc với OD (tính chất hai góc kề bù).

Suy ra: $\widehat{COD}$ = 90°

Suy ra: IC = ID = IO = $\frac{1}{2}$ .CD (tính chất tam giác vuông)

Suy ra I là tâm đường tròn đường kính CD.

Khi đó O nằm trên đường tròn tâm I đường kính CD và IO vuông góc với AB tại O.

Đề bài: Một giá sách có hai ngăn, số sách ở ngăn dưới bằng $\frac{5}{6}$ số sách ở ngăn trên. Nếu ngăn dưới bớt đi 11 quyển thì số sách ngăn dưới bằng $\frac{4}{7}$ số sách ngăn trên. Tính số sách giá trên.

Lời giải:

Phân số chỉ 11 quyển sách là:

$\frac{5}{6}-\frac{4}{7}=\frac{11}{42}$(số sách ngăn trên)

Ngăn trên có số sách là:

11 : $\frac{11}{42}$ = 42 (quyển)

Trên giá có số sách là:

42 : 6 . (5 + 6) = 77 (quyển)

Đáp số: 77 quyển sách.

Đề bài: Cho A = 2 + 2² + 2³ + … + 2⁶⁰. Chứng minh rằng A chia hết cho 3; 5; 7.

Lời giải:

A = (2 + 2²) + (2³ + 2⁴) +…. + (2⁵⁹ + 2⁶⁰)

A = 2(1 + 2) + 2³(1 + 2) + … + 2⁵⁹(1 + 2)

A = 2.3 + 2³.3 + … + 2⁵⁹.3

A = 3.(2 + 2³ + … + 2⁵⁹)

Vì 3 chia hết cho 3 nên 3.(2 + 2³ + … + 2⁵⁹) chia hết cho 3.

Vậy A chia hết cho 3.

* Xét: A = (2 + 2² + 2³ + 2⁴) + (2⁵ + 2⁶ + 2⁷ + 2⁸) +…. + (2⁵⁷ + 2⁵⁸ + 2⁵⁹ + 2⁶⁰)

A = 2(1 + 2 + 2² + 2³) + 2⁵(1 + 2 + 2² + 2³) + … + 2⁵⁷(1 + 2 + 2² + 2³)

A = 2.15 + 2⁵.15 + …. + 2⁵⁷.15

A = 15.(2 + 2⁵ + … + 2⁵⁷)

Vì 15 chia hết cho 5 nên 15.(2 + 2⁵ + … + 2⁵⁷) chia hết cho 5.

Vậy A chia hết cho 5.

* Lại có: A = (2 + 2² + 2³) + (2⁴ + 2⁵ + 2⁶) +…. + (2⁵⁸ + 2⁵⁹ + 2⁶⁰)

A = 2(1 + 2 + 2²) + 2⁴(1 + 2 + 2²) + … + 2⁵⁸(1 + 2 + 2²)

A = 2.7 + 2⁴.7 + … + 2⁵⁸.7

A = 7(2 + 2⁴ + ... + 2⁵⁸)

Vì 7 chia hết cho 3 nên 7.(2 + 2⁴ + … + 2⁵⁸) chia hết cho 7.

Vậy A chia hết cho 7.

Đề bài: Tìm các số nguyên n biết 3n – 1 chia hết cho n – 2.

Lời giải:

Ta có: 3n – 1 = 3(n – 2) + 5

Để 3n – 1 chia hết cho n – 2 thì 3(n – 2) + 5 chia hết cho n – 2

Mà 3(n – 2) ⋮ (n – 2) nên 5 chia hết cho (n – 2)

⇒ n – 2 ∈ Ư(5)

⇒ n – 2 ∈ {–5; –1; 1; 5}

⇒ n ∈ {–3; 1; 3; 7}

Vậy n ∈ {–3; 1; 3; 7}.

Đề bài: Một em học sinh đứng ở mặt đất cách tháp ăng–ten 150m. Biết rằng em nhìn thấy đỉnh tháp ở góc 20° so với đường nằm ngang, khoảng cách từ mắt đến mặt đất bằng 1,5m. Hãy tính chiều cao của tháp.

Lời giải:

Xét tam giác ABC vuông tại B

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông ta có:

BC = AB.tan$\widehat{CAB}$ = 150.tan20° ≈ 54,596 (m)

Chiều cao của tháp là:

CD = DB + BC = 1,5 + 54,596 = 56,096 (m).

Đề bài: Một người bán một tấm vải được lãi $\frac{1}{5}$ giá mua. Nếu người đó bán được cao giá hơn 40 000 đồng nữa thì người đó lãi $\frac{1}{5}$ giá bán. Hỏi giá mua tấm vải là bao nhiêu?

Lời giải:

Cách 1: Coi giá mua là 100% thì giá bán để lãi 20% so với giá mua tức là em bán 120% giá mua. Còn lãi 20% giá bán thì em lấy vốn mua vào

100 : (100 – 20) . 100 = 125% (giá mua)

40 000 đồng chính là:

125% – 100% = 5% (giá mua)

Anh tính ra giá mua giúp cô ấy được:

40 000 : 5 . 100 = 800 000 (đồng).

Và tính luôn giá chém khách tới bến:

800 000 : 4 . 5 = 1 000 000 (đồng).

Cách 2: Khi bán lãi 20% giá bán tức là giá mua so với giá bán chiếm số % là:
100% – 20% = 80% (giá bán)

Khi đó lãi so với giá mua chiếm số phần trăm
20% : 80% = 0,25 = 25% (giá mua)
So với lúc trước lãi tăng thêm số % so với giá mua
25% – 20% = 5%
Giá tiền mua tấm vải
40 000 : 5 . 100 = 800 000 (đồng)
Giá bán tấm vải ( trước khi tăng giá )
800 000 : 100 . (100 + 20) = 960 000 (đồng)
Giá bán tấm vải sau khi tăng giá
800 000 : 100 . (100 + 25) = 1 000 000 (đồng).

Đề bài: Cho C = 1 + 4 + 4² + 4³ +… + 4²⁰²¹. Chứng minh C chia hết cho 21.

Lời giải:

C = 1 + 4 + 4² + 4³ +… + 4²⁰²¹

C = (1 + 4 + 4²) + (4³ + 4⁴ + 4⁵) + … + (4²⁰¹⁹ + 4²⁰²⁰ + 4²⁰²¹)

C = (1 + 4 + 4²) + 4³(1 + 4 + 4²) + … + 4²⁰¹⁹(1 + 4 + 4²)

C = 21 + 4³.21 +… + 4²⁰¹⁹.21

C = 21(1 + 4³ +… + 4²⁰¹⁹)

Vì 21 chia hết cho 21 nên 21(1 + 4³ +… + 4²⁰¹⁹) chia hết cho 21

Vậy C chia hết cho 21.

Đề bài: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, vẽ HE vuông góc AB, HF vuông góc AC. Gọi I là trung điểm BC.

a) Chứng minh EF = AH.

b) Chứng minh AI vuông góc EF.

c) Gọi M là trung điểm HB, N là trung điểm HC. Chứng minh EMNF là hình thang vuông.

Lời giải:

a) Ta có $\widehat{E}=\widehat{A}=\widehat{F}=90°$ nên EAFH là hình chữ nhật

Suy ra EF = AH (hai đường chéo của một hình chữ nhật)

b) Tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AI

Suy ra AI = $\frac{1}{2}BC$ = BI = IC

⇒ΔIAB cân tại I nên $\widehat{IAB}=\widehat{IBA}$ (1)

EAFH là hình chữ nhật suy ra EF = AH

Gọi O là giao điểm EF và AH

Suy ra EO = OF = OA = OH hay tam giác EOA cân tại O

Nên $\widehat{OEA}=\widehat{OAE}$(2)

Mà $\widehat{IBA}+\widehat{OAE}=90°$

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat{IAE}+\widehat{OEA}=90°$ hay AI ⊥ EF

c) Xét tam giác EBH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền

⇒ EM = MB = $\frac{1}{2}BH$

⇒ ΔEMB cân tại M

⇒ $\widehat{MBE}=\widehat{MEB}$

Mà $\widehat{MBE}+\widehat{ACB}=90°$ (do tam giác ABC vuông tại A)

$\widehat{ACB}=\widehat{AEO}$(=$\widehat{AHO}$ )

⇒ $\widehat{BEM}+\widehat{AEO}=90°$

⇒ $\widehat{MEF}=180°-90°=90°$

Suy ra: ME vuông góc với EF tại E

Chứng minh tương tự: NF vuông góc với EF tại F

Xét tứ giác MEFN có ME ⊥ EF; NF ⊥ EF

Suy ra: ME // NF

⇒ MENF là hình thang

Đồng thời $\widehat{MEF}=\widehat{EFN}=90°$

⇒ MEFN là hình thang vuông tại E và F.

Đề bài: Cho a và b thuộc ℕ. Chứng minh rằng 5a² + 15ab – b² chia hết cho 49 khi và chỉ khi 3a + b chia hết cho 7.

Lời giải:

Nếu 3a + b ⋮ 7 thì (3a + b)² ⋮ 49

 

Tức là A = 9a² + 6ab + b² ⋮ 49

Đặt B = 5a² + 15ab – b²

Ta có: A + B = 14a² + 21ab = 7(2a + 3b) = 7(9a – 7a + 3b) = 7.3.(3a + b) – 49a ⋮ 49

Từ đó ta được A + B ⋮ 49

Mà A ⋮ 49 nên B ⋮ 49

Ngược lại, nếu B ⋮ 49 ⇒ B = 5a² + 15ab – b² ⋮ 7

⇒ (14a² + 21ab) – (5a² +15ab – b²) ⋮ 7

⇒ (3a + b)² ⋮ 7

⇒ (3a + b) ⋮ 7.

Đề bài: Cho hình vuông ABCD. Lấy M thuộc AB và N thuộc BC sao cho BN = BM. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên CM. Chứng minh rằng $\widehat{DHN}$= 90°.

Lời giải:

Đặt a là độ dài các cạnh của hình vuông, α =$\widehat{MBH}=\widehat{BCH}$

Ta có: $\overrightarrow{HN}.\overrightarrow{HD}=\left(\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{BN}\right)\left(\overrightarrow{HC}+\overrightarrow{CD}\right)=\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{HC}$(vì $\overrightarrow{HB}\perp \overrightarrow{HC};\overrightarrow{BN}\perp \overrightarrow{CD}$ )

=$\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{HC}$

= –HB.a.cosφ + BN.HC.cosφ

= –MB.a.cos²φ + NB.a.cos²φ

= 0 (vì MB = NB)

Suy ra: $\overrightarrow{HN}\perp \overrightarrow{HD}$

Vậy $\widehat{DHN}$ = 90°.

Đề bài: Cho B = 1 + 3 + 3² + 3³ + … + 3¹⁰¹. Chứng minh rằng B chia hết cho 13.

Lời giải:

B = 1 + 3 + 3² + 3³ + … + 3¹⁰¹

B = (1 + 3 + 3²) + (3³ + 3⁴ + 3⁵) + … + (3⁹⁹ + 3¹⁰⁰ + 3¹⁰¹)

B = (1 + 3 + 3²) + 3³(1 + 3 + 3²) + … + 3⁹⁹(1 + 3 + 3²)

B = (1 + 3 + 3²)(1 + 3³ +… + 3⁹⁹)

B = 13.(1 + 3³ +… + 3⁹⁹)

Vì 13 chia hết cho 13 nên 13.(1 + 3³ +… + 3⁹⁹) chia hết cho 13

Vậy B chia hết cho 13.

Đề bài: Cho A = (2m – 1; m + 3) và B = (–4; 5). Tìm m sao cho A ⊂ B.

Lời giải:

Để A ⊂ B thì phải đồng thời xảy ra 2 bất đẳng thức:

2m – 1 ≥ – 1 (hay m ≥ 0) và 2m + 3 ≤ 1 (hay m ≤ – 1)

Nhưng 2 bất đẳng thức trên không thể xảy ra đồng thời nên không có giá trị nào của m để A là tập con của B.

Vậy không tồn tại m.

Đề bài: Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH. Trên AH, AB, AC lần lượt lấy D, E, F sao cho $\widehat{EDC}$ = $\widehat{FDB}$ = 90° (E khác B). DE, DF cắt BC lần lượt tại M, N. Chứng minh: EF // BC.

Lời giải:

Kẻ BO vuông góc CD, CM vuông góc BD, BO cắt CM tại I

Suy ra: D là trực tâm của ∆BIC hay DI ⊥ BC

Mặt khác, AH ⊥ BC suy ra I, D, A thẳng hàng

Do $\widehat{EDC}$ = $\widehat{FDB}$ = 90° nên ED ⊥ DC, DF ⊥ DB

Ta có: ED ⊥ DC, BO ⊥ CD, I ∈ BO nên ED // BI

DF ⊥ DB, CM ⊥ BD, I ∈ CM nên DF // CI

Xét ∆ABI với DE // BI, ta có: $\frac{AD}{AI}=\frac{AE}{AB}$ (hệ quả của định lý Thalès)

Xét ∆ACI với DF // CI, ta có: $\frac{AD}{AI}=\frac{AF}{AC}$ (hệ quả của định lý Thalès)

Suy ra: $\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}$

Xét tam giác ABC có $\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}$ nên EF // BC (định lý Thalès đảo).

Đề bài: Biết x,y là hai số nguyên dương thỏa mãn :3x² – 4xy + 2y² = 3. Tính giá trị của biểu thức M = x²⁰²² + (y – 3)²⁰²².

Lời giải:

Ta có: 3x² – 4xy + 2y² = 3

⇔ x² = 3 – 2y² + 4xy – 2x²

⇔ x² = 3 – 2(x – y)²

Thấy (x – y)² ≥ 0 nên 3 – 2(x – y)² ≤ 3 với mọi x, y

Suy ra: x² ≤ 3 ⇒ x = 0 hoặc x = 1.

Vì x là số nguyên dương nên x = 1.

Thay vào 3x² – 4xy + 2y² = 3 ta được:

3 – 4y + 2y² = 3

⇔ 2y(y – 2) = 0

⇔$\left[\begin{array}{l}y=0\left(L\right)\\ y=2\end{array}\right.$

M = x²⁰²² + (y – 3)²⁰²² = 1²⁰²² + (2 – 3)²⁰²² = 1 + 1 = 2.

Vậy M = 2.

Đề bài: Cho $A=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\mathrm{...}+\frac{1}{100}$ . Chứng minh rằng A không phải là số tự nhiên.

Lời giải:

Để quy đồng ta sẽ chọn mẫu chung tích các thừa số nguyên tố chung và riêng (hay ta tìm BCNN của mẫu)

Ta chọn mẫu chung là 2⁶.3.5.7.9.99

Gọi k₁; k₂; …; k₁₀₀ là các thừa số phụ tương ứng, do đó A có dạng:

A =$\frac{k_1+k_2+\mathrm{...}+k_{100}}{2^6\mathrm{.3.5.7.9....99}}$

Trong 100 phân số của tổng A chỉ có phân số duy nhất $\frac{1}{64}$ chứa 2⁶ nên trong các thừa số phụ chỉ có k₆₄ là số lẻ, còn lại các thừa số phụ đều là số chẵn.

Nên tử số không chia hết cho 2, trong khi mẫu số chia hết cho 2.

Do đó phân số A không phải là số tự nhiên.

Đề bài: Bạn An kinh doanh hai mặt hàng handmade là vòng tay và vòng đeo cổ. Mỗi vòng tay làm trong 4 giờ, bán được 40 ngàn đồng. Mỗi vòng đeo cổ làm trong 6 giờ, bán được 80 ngàn đồng. Mỗi tuần bạn An bán được không quá 15 vòng tay và 4 vòng đeo cổ. Tính số giờ tối thiểu trong tuần An cần dùng để bán được ít nhất 400 ngàn đồng?

Lời giải:

Làm vòng tay mỗi giờ được 10 ngàn đồng

Làm vòng đeo cổ mỗi giờ được: 40 : 3 ≈ 13 ngàn đồng

Vậy làm vòng đeo cổ có lợi hơn nên ưu tiên làm tối đa số vòng cổ trước.

Làm 4 vòng đeo cổ hết 4.6 = 24 giờ, bán được 4.80 = 320 ngàn đồng.

Để làm được ít nhất 400 ngàn đồng cần làm thêm vòng tay để thu về 80 ngàn đồng hay cần làm thêm 2 cái vòng tay

⇒ Cần thêm 2.4 = 8 giờ

Vậy cần tối thiểu: 24 + 8 = 32 giờ một tuần để An bán được ít nhất 400 ngàn đồng.

Đề bài. Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Một cát tuyến kẻ qua A cắt đường tròn (O) ở B, cắt đường tròn (O') ở C. Kẻ các đường kính BD và CE của hai đường tròn (O) và (O'). Chứng minh

Lời giải:

Có: $\widehat{BAD}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

$\widehat{CAE}=90°$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O'))

Suy ra: $\widehat{BAD}+\widehat{CAE}=90°+90°=180°$

Do đó: D, A, E thẳng hàng.

Ta có: tam giác AOD cân tại O vì OD = OA

Suy ra: $\widehat{OAD}=\widehat{ODA}$

Tam giác O'AE cân tại O' vì O'A = O'E

⇒$\widehat{O\text{'}AE}=\widehat{O\text{'}EA}$

Mà: $\widehat{OAD}=\widehat{O\text{'}AE}$ (2 góc đối đỉnh) do đó BD // CE

Suy ra: $\widehat{ADB}=\widehat{AEC}$(2 góc so le trong).

Đề bài: Cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường chéo AC tại H. Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của AH, BH, CD.

a, Chứng minh tứ giác EFCG là hình bình hành.

b, Chứng minh $\widehat{BEG}=90°$ .

c, Cho biết BH = 4 cm, $\widehat{BAC}=30°$ . Tính S_ABCD; S_EFCG.

Lời giải:

a) Vì E, F theo thứ tự là trung điểm của AH, BH nên EF là đường trung bình trong tam giác ABH

⇒ EF // AB và EF =$\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}DC=DG$

Vì AB // DG nên EF // DG

Xét tứ giác EFCG có: EF // DG và EF = DG

Nên EFCG là hình bình hành

b) Lại có: AB ⊥ BC mà EF // AB nên EF ⊥ BC

Mà BF ⊥ AC

Xét trong tam giác BEC có: EF ⊥ BC; BF ⊥ EC nên F là trực tâm của tam giác BEC

Suy ra: CF ⊥ BE (1)

Mà theo phần a có EFCG là hình bình hành nên: EG // CF (2)

Từ (1) và (2): EG ⊥ BE hay $\widehat{BEG}=90°$

c) Sử dụng tỉ số sinA trong tam giác vuông HAB ta có:

 

$\sin \widehat{A}=\frac{BH}{AB}\Rightarrow AB=\frac{4}{\sin 30°}=8cm$

$\tan \widehat{A}=\frac{BC}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

⇒$BC=\frac{8\sqrt{3}}{3}$

AC =$\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\frac{16\sqrt{3}}{3}$

Lại có: AB² = AH.AC ⇒ AH = AB² : AC = 4$\sqrt{3}$

HC = AC – AH =$\frac{16\sqrt{3}}{3}-4\sqrt{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$

Mà AE = EH =$\frac{1}{2}AH=2\sqrt{3}$

Suy ra: EC = HC + EH =$\frac{4\sqrt{3}}{3}+2\sqrt{3}=\frac{10\sqrt{3}}{3}$

Kẻ EM vuông góc với CD tại M

Có $\widehat{BAC}=\widehat{ACD}=30°$ (2 góc so le trong)

Ta có: sin$\widehat{ACD}=\sin 30°=\frac{EM}{EC}$

⇒ EM =$\sin 30°.\frac{10\sqrt{3}}{3}=\frac{5\sqrt{3}}{3}$

S_ABCD = AB.BC =$8.\frac{8\sqrt{3}}{3}=\frac{64\sqrt{3}}{3}\left(c{m}^2\right)$

S_EFCG = EM.EF = EM . $\frac{1}{2}AB=\frac{5\sqrt{3}}{3}.\frac{1}{2}.8=\frac{20\sqrt{3}}{3}\left(c{m}^2\right)$

Đề bài: Chứng minh rằng biểu thức sau luôn dương với mọi giá trị của x: x² + x + 1.

Lời giải:

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

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

Vậy x² + x + 1 luôn dương với mọi giá trị của x.

Đề bài: Cho tam giác ABC. Chứng minh điều kiện cần và đủ để ABC cân là

.$\frac{1}{2}\left(\tan A+\tan B\right)=\frac{\sin A+\sin B}{\cos A+\cos B}$

Lời giải:

Khi đó ta có: VP =$\frac{\sin A+\sin B}{\cos A+\cos B}$

$=\frac{2\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}}{2\cos \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}}=\frac{\sin \frac{A+B}{2}}{\cos \frac{A+B}{2}}=\frac{\sin \left(90°-\frac{C}{2}\right)}{\cos \left(90°-\frac{C}{2}\right)}=\frac{\cos \frac{C}{2}}{\sin \frac{C}{2}}=\cot \frac{C}{2}$

VT = $\frac{1}{2}\left(\tan A+\tan B\right)=\frac{1}{2}.\frac{\sin \left(A+B\right)}{\cos A.\cos B}=\frac{\sin C}{\cos \left(A-B\right)+\cos \left(A+B\right)}$$\ge \frac{\sin C}{1-\cos C}=\frac{2\sin \frac{C}{2}\cos \frac{C}{2}}{2{\sin }^2\frac{C}{2}}=\cot \frac{C}{2}$

Dấu “=” xảy ra khi cos(A – B) = 1 hay $\widehat{A}=\widehat{B}$ , tức tam giác ABC cân tại C.

Đề bài: Tìm số tự nhiên a bé hơn hoặc bằng 200. Biết rằng khi chia a cho số tự nhiên b thì được thương là 4 và dư 35.

Lời giải:

Theo bài ra ta có: a = 4b + 35

Suy ra: b =$\frac{a-35}{4}\le \frac{200-35}{4}=\frac{165}{4}<\frac{168}{4}=42$

Mặt khác: số dư là 35 ⇒ số chia b > 35

Vậy 35 < b < 42 ⇒ b có thể là 36; 37; 38; 39; 40; 41

Khi đó a sẽ lần lượt là (a = b.4 + 35) = 179; 183; 187; 191; 195; 199.

Đề bài: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 9cm; CH = 16cm.

Tính các cạnh còn lại.

Lời giải:

Ta có : BC = BH + HC = 9 + 16 = 25 (cm)

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:

AB² = BH.BC = 9.25 = 225

Suy ra: AB = 15cm

AC² = CH.BC = 16.25 = 400

Suy ra: AC = 20cm

Lại có: AH.BC = AB.AC ⇒ AH =$\frac{AB.AC}{BC}=\frac{15.20}{25}=12$ cm.

Đề bài: Cho điểm O trên đường thẳng xy. Trong một nửa mặt phẳng bờ xy ta dựng = 90 độ. Trên Oz lấy điểm A và Ot lấy điểm B sao cho OA = OB. Kẻ AM và BN vuông góc với xy. Chứng minh rằng:
a) ∆OAM = ∆BON.
b) MN = AM + BN.

Lời giải:

a) Ta có: $\widehat{MOA}+\widehat{AOB}+\widehat{BON}=180°$

Mà $\widehat{AOB}=90°$

⇒$\widehat{MOA}+\widehat{BON}=90°$

Lại có: $\widehat{MOA}+\widehat{OAM}=90°$

⇒$\widehat{BON}=\widehat{OAM}$

Xét ∆OAM và ∆BON có:

$\widehat{AMO}=\widehat{BNO}=90°$

OA = OB

$\widehat{OAM}=\widehat{BON}$

⇒ ∆OAM = ∆BON (g.c.g)

b) Có ∆OAM = ∆BON (phần a) nên MA = ON và OM = BN

Xét: AM + BN = ON + OM = MN

Vậy MN = AM + BN.

Đề bài: Cho tam giác ABC đều cạnh a. Lấy hai điểm M, N thoả mãn $\overrightarrow{BC}=3\overrightarrow{BM},\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AN}$ . Gọi E là giao điểm của AM và CN. Chứng minh EB vuông góc với EC.

Lời giải:

Gọi a là độ dài cạnh tam giác đều ABC.

Vì E thuộc CN nên tồn tại x, y sao cho x + y = 1 (1)

Với $\overrightarrow{BE}=x\overrightarrow{BN}+y\overrightarrow{BC}=\frac{2x}{3}\overrightarrow{BA}+3y\overrightarrow{BM}=\frac{2x}{3}\overrightarrow{BA}+y\overrightarrow{BC}$

Vì E thuộc AM nên $\frac{2x}{3}+3y=1\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra: $x=\frac{6}{7};y=\frac{1}{7}$

Vậy $\overrightarrow{BE}=\frac{4}{7}\overrightarrow{BA}+\frac{1}{7}\overrightarrow{BC}$

Mặt khác: $\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{CA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CA}+\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}\right)=\frac{2}{3}\overrightarrow{CA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{CB}$

Khi đó: $\overrightarrow{BE}.\overrightarrow{CN}=\left(\frac{4}{7}\overrightarrow{BA}+\frac{1}{7}\overrightarrow{BC}\right)\left(\frac{2}{3}\overrightarrow{CA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{CB}\right)$

$=\frac{8}{21}.\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{CA}+\frac{4}{21}\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{CB}+\frac{2}{21}\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{CA}+\frac{1}{21}\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{CB}$

=$a^2\left[\frac{8}{21}.\frac{1}{2}+\frac{4}{21}.\left(-\frac{1}{2}\right)+\frac{2}{21}.\left(-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{21}\right]=0$

Vậy BE vuông góc CN hay EB vuông góc với EC.