Tọa độ hóa \(A\left(0,0,0\right),B\left(1,0,0\right),D\left(0,1,0\right),A'\left(0,0,1\right),B'\left(1,0,1\right),D'\left(0,1,1\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{A'B}=\left(1,0,-1\right)\) ; \(\overrightarrow{A'C'}=\left(1,1,0\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{A'B},\overrightarrow{A'C'}\right]=\left(1,-1,1\right)\)

Đường thẳng AA' trùng với trục Oz nên có pt: \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=0\\z=t\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow E\left(0,0,a\right)\)

\(\overrightarrow{CD'}=\left(-1,0,1\right)\) nên pt tham số CD': \(\left\{{}\begin{matrix}x=-t\\y=1\\z=1+t\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow F\left(-b,1,1+b\right)\) 

\(\Rightarrow\overrightarrow{EF}=\left(-b,1,b-a+1\right)\)

EF vuông góc (A'BC') nên cùng phương \(\overrightarrow{n}\)

\(\Rightarrow\dfrac{-b}{1}=\dfrac{1}{-1}=\dfrac{b-a+1}{1}\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=3\\b=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{EF}=\left(-1,1,-1\right)\Rightarrow EF=\sqrt{3}\)

Hai tiệm cận có pt là: \(x-y=0\) và \(x+1=0\)

Phương trình phân giác 2 tiệm cận có dạng:

\(\dfrac{\left|x-y\right|}{\sqrt{2}}=\dfrac{\left|x+1\right|}{1}\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-y=\sqrt{2}\left(x+1\right)\\y-x=\sqrt{2}\left(x+1\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow y=\left(1+\sqrt{2}\right)\left(x+1\right)-1\)

Tỉ lệ chỉ thích bóng đá: \(45\%-30\%=15\%\)

Tỉ lệ chỉ thích bóng rổ: \(60\%-30\%=30\%\)

Xác suất:

\(100\%-\left(30\%+15\%+30\%\right)\)

Thấy ngay A, B đều nằm trên Oxy

Trực tâm K của tam giác OAB cố định (O là gốc tọa độ). Gọi D là chân đường cao hạ từ O xuống AB. D cố định.

Dễ dàng chứng minh \(KH\perp\left(ABC\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{KHD}=90^0\)

\(\Rightarrow H\) luôn thuộc đường tròn đường kính KD cố định

\(R=\dfrac{KD}{2}\)

Bạn đó làm đúng rồi.

Dễ hiểu, trực quan hơn thì sử dụng đếm đường đi bằng sơ đồ cho đơn giản.

Gọi điểm xuất phát là 0, và 3 điểm còn lại là 1 (vai trò 3 điểm này như nhau)

Từ vị trí 0 (điểm ban đầu) chỉ có 1 kiểu di chuyển là sang vị trí 1 (3 điểm còn lại). Có 3 cách đi từ 0 sang 1.

Từ vị trí 1 có 2 kiểu di chuyển: sang vị trí 0 (có 1 cách), hoặc sang vị trí 1 (là 2 điểm còn lại nên có 2 cách)

Từ đó có sơ đồ di chuyển sau 4 bước như sau:

Từ sơ đồ thấy có 2 kiểu quay về 0, nên số lần thỏa mãn là:

\(3.1.3.1+3.2.2.1=21\)

Xác suất: \(\dfrac{21}{3^4}=\dfrac{7}{27}\)

c.

Xét tam giác AEF, ta có \(\widehat{EAF}=\widehat{EAC}+\widehat{CAF}\)

\(\Rightarrow\widehat{EAF}=\widehat{EAC}+90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{EAF}>90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{EAF}\) là góc tù nên là góc lớn nhất trong tam giác AEF

\(\Rightarrow\widehat{EAF}>\widehat{AEF}\)

\(\Rightarrow EF>AF\) (quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác)

d.

Theo cm câu b, do \(\Delta BAD=\Delta BED\Rightarrow AD=ED\)

\(\Rightarrow\Delta ADE\) cân tại D

\(\Rightarrow\widehat{DAE}=\widehat{DEA}\) (4)

Mặt khác do \(AK\perp BC\Rightarrow AK||DE\) (cùng vuông góc BC)

\(\Rightarrow\widehat{KAE}=\widehat{DEA}\) (hai góc so le trong) (5)

Từ (4) và (5) \(\Rightarrow\widehat{KAE}=\widehat{DAE}\)

\(\Rightarrow AE\) là tia phân giác của \(\widehat{CAK}\)

a.

Xét hai tam giác ABH và EBH có:

\(\widehat{ABH}=\widehat{EBH}\) (do AD là phân giác)

`BH` là cạnh chung

\(\widehat{BHA}=\widehat{BHE}=90^0\) (do \(AE\perp BD\))

\(\Rightarrow\Delta ABH=\Delta EBH\left(g.c.g\right)\)

b.

Từ câu a, do \(\Delta ABH=\Delta EBH\) suy ra \(BA=BE\)

Xét hai tam giác BAD và BED có:

\(BA=BE\) (cmt)

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\) (do AD là phân giác)

`BD` là cạnh chung

\(\Rightarrow\Delta BAD=\Delta BED\left(c.g.c\right)\) (1)

\(\Rightarrow\widehat{BED}=\widehat{BAD}\)

Mà tam giác ABC vuông tại A nên \(\widehat{BAD}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BED}=90^0\Rightarrow DE\perp BC\)

Từ (1) suy ra `AD=DE` (2)

Do \(DE\perp BC\) nên tam giác CDE vuông tại E

\(\Rightarrow DE< DC\) (quan hệ giữa cạnh huyền và cạnh góc vuông) (3)

Từ (2) và (3) \(\Rightarrow AD< DC\)

a.

Xét hai tam giác ABC và tam giác HBA có:

\(\widehat{B}\) là góc chung

\(\widehat{BAC}=\widehat{BHA}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta HBA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{BH}=\dfrac{AC}{AH}\Rightarrow AB.AH=BH.AC\) (1)

b.

Do BI là phân giác, áp dụng định lý phân giác trong tam giác ABH:

\(\dfrac{AB}{BH}=\dfrac{AI}{IH}\) (2)

Do AK là phân giác, áp dụng định lý phân giác trong tam giác ACH:

\(\dfrac{AC}{AH}=\dfrac{CK}{HK}\) (3)

Từ (1),(2),(3) \(\Rightarrow\dfrac{AI}{IH}=\dfrac{CK}{HK}\)

\(\Rightarrow IK||AC\) (định lý Thales đảo trong tam giác HAC)