Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho đỉnh A trùng với gốc tọa độ O(0;0;0)

Khi đó, ta sẽ có tọa độ các đỉnh còn lại như sau:

\(A(0,0,0);B(a,0,0);C(a,a,0);A^{\prime}(0,0,a);B^{\prime}(a,0,a);C^{\prime}(a,a,a)\)

Tọa độ M là trung điểm của A'B' là:

\(\begin{cases}x=\frac{0+a}{2}=\frac{a}{2}\\ y=\frac{0+0}{2}=0\\ z=\frac{a+a}{2}=a\end{cases}\)

=>M(a/2;0;a)

Tọa độ N là trung điểm của BC là:

\(\begin{cases}x=\frac{a+a}{2}=a\\ y=\frac{0+a}{2}=\frac{a}{2}\\ z=\frac{0+0}{2}=0\end{cases}\)

=>N(a;a/2;0)

\(\overrightarrow{MN}=\left(a-\frac{a}{2};\frac{a}{2}-0;0-a\right)=\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};-a\right)\)

\(\overrightarrow{AC^{\prime}}=\left(a-0;a-0;a-0\right)=\left(a;a;a\right)\)

\(\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{AC^{\prime}}=\frac{a}{2}\cdot a+\frac{a}{2}\cdot a-a\cdot a=0\)

=>MN⊥AC'

Sửa đề: Thỏa mãn biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất

\(x^2-4x+y^2-6y+15\)

\(=x^2-4x+4+y^2-6y+9+2\)

\(=\left(x-2\right)^2+\left(y-3\right)^2+2\ge2\forall x,y\)

Dấu '=' xảy ra khi x-2=0 và y-3=0

=>x=2 và y=3

Đặt HB=x; HC=y

AMHN là hình bình hành

=>AM//HN và AN//HM

HM//AN

=>HM//AB

HN//AM

=>HN//AC

Xét ΔBNH và ΔBAC có

\(\hat{BNH}=\hat{BAC}\) (hai góc đồng vị, NH//AC)

góc B chung

Do đó: ΔBNH~ΔBAC

=>\(\frac{S_{BNH}}{S_{BAC}}=\left(\frac{BH}{BC}\right)^2=\left(\frac{x}{x+y}\right)^2\)

Xét ΔCHM và ΔCBA có

\(\hat{CHM}=\hat{CBA}\) (hai góc đồng vị, HM//AB)

góc C chung

Do đó: ΔCHM~ΔCBA

=>\(\frac{S_{CHM}}{S_{CBA}}=\left(\frac{CH}{CB}\right)^2=\left(\frac{y}{x+y}\right)^2\)

\(S_{AMHN}+S_{BNH}+S_{CMH}=S_{ABC}\)

=>\(S_{BNH}+S_{CMH}=S_{ABC}-\frac29\cdot S_{ABC}=\frac79\cdot S_{ABC}\)

=>\(\frac{S_{BNH}}{S_{ABC}}+\frac{S_{CMH}}{S_{ABC}}=\frac79\)

=>\(\frac{x^2+y^2}{\left(x+y\right)^2}=\frac79\)

=>\(9\left(x^2+y^2\right)=7\cdot\left(x^2+2xy+y^2\right)\)

=>\(9x^2+9y^2=7x^2+14xy+7y^2\)

=>\(2x^2-14xy+2y^2=0\)

=>\(x^2-7xy+y^2=0\)

=>\(x^2-7xy+\frac{49}{4}y^2-\frac{45}{4}y^2=0\)

=>\(\left(x-\frac72y\right)^2=\frac{45}{4}y^2\)

=>\(\left[\begin{array}{l}x-\frac72y=y\cdot\frac{3\sqrt5}{2}\\ x-\frac72y=-y\cdot\frac{3\sqrt5}{2}\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=y\cdot\frac{3\sqrt5+7}{2}\\ x=y\cdot\frac{7-3\sqrt5}{2}\end{array}\right.\)

TH1: \(x=y\cdot\frac{3\sqrt5+7}{2}\)

=>\(\frac{x}{y}=\frac{3\sqrt5+7}{2}\)

=>\(\frac{HB}{HC}=\frac{3\sqrt5+7}{2}\)

TH2: \(x=y\cdot\frac{-3\sqrt5+7}{2}\)

=>\(\frac{x}{y}=\frac{-3\sqrt5+7}{2}\)

=>\(\frac{HB}{HC}=\frac{-3\sqrt5+7}{2}\)

Ta có: \(\frac{1}{11}>\frac{1}{20};\frac{1}{12}>\frac{1}{20};\ldots;\frac{1}{20}=\frac{1}{20}\)

Do đó: \(\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\cdots+\frac{1}{20}>\frac{1}{20}+\frac{1}{20}+\cdots+\frac{1}{20}\)

=>\(\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\cdots+\frac{1}{20}>\frac{10}{20}=\frac12\) (1)

Ta có: \(\frac{1}{21}>\frac{1}{30};\frac{1}{22}>\frac{1}{30};\ldots;\frac{1}{30}=\frac{1}{30}\)

Do đó: \(\frac{1}{21}+\frac{1}{22}+\cdots+\frac{1}{30}>\frac{1}{30}+\frac{1}{30}+\cdots+\frac{1}{30}\)

=>\(\frac{1}{21}+\frac{1}{22}+\cdots+\frac{1}{30}>\frac{10}{30}=\frac13\) (2)

Ta có: \(\frac{1}{31}>\frac{1}{40};\frac{1}{32}>\frac{1}{40};\ldots;\frac{1}{40}=\frac{1}{40}\)

Do đó: \(\frac{1}{31}+\frac{1}{32}+\cdots+\frac{1}{40}>\frac{1}{40}+\frac{1}{40}+\cdots+\frac{1}{40}\)

=>\(\frac{1}{31}+\frac{1}{32}+\cdots+\frac{1}{40}>\frac{10}{40}=\frac14\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\left(\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+...+\frac{1}{20}\right)+\left(\frac{1}{21}+\frac{1}{22}+\cdots+\frac{1}{30}\right)+\left(\frac{1}{31}+\frac{1}{32}+\cdots+\frac{1}{40}\right)>\frac12+\frac13+\frac14\)

=>A>13/12

=>A>1

=>A>2012/2013

Sửa đề: Lúc 8h30 một người khác đi xe máy từ A đến B với vận tốc 60km/h

Gọi thời gian kể từ lúc người thứ hai xuất phát cho đến lúc hai người gặp nhau là x(giờ)

(Điều kiện: x>0)

8h30p-7h=1h30p=1,5 giờ

thời gian kể từ lúc người thứ nhất xuất phát cho đến lúc hai người gặp nhau là x+1,5(giờ)

Độ dài quãng đường người thứ nhất đi được là: 40(x+1,5)=40x+60(km)

Độ dài quãng đường người thứ hai đi được là 60x(km)

Do đó, ta có: 60x=40x+60

=>20x=60

=>x=3(nhận)

Thời điểm hai người gặp nhau là:

8h30p+3h=11h30p

1: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAEB vuông tại E

=>BE⊥AM tại E

Xét (O') có

ΔBFC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBFC vuông tại F

=>BF⊥MC tại F

Xét tứ giác BEMF có \(\hat{BEM}+\hat{BFM}=90^0+90^0=180^0\)

nên BEMF là tứ giác nội tiếp

2: Qua B, kẻ tiếp tuyến chung BI với (O) và (O'), với I∈EF

Xét (O) có

IE,IB là các tiếp tuyến

Do đó: IE=IB

Xét (O') có

IB,IF là các tiếp tuyến

Do đó: IB=IF

mà IE=IB

nên IE=IF

=>I là trung điểm của EF

Xét ΔBEF có

BI là đường trung tuyến

BI=EF/2

Do đó: ΔBEF vuông tại B

=>\(\hat{EBF}=90^0\)

Xét tứ giác BEMF có \(\hat{BEM}=\hat{BFM}=\hat{EBF}=90^0\)

nên BEMF là hình chữ nhật

1: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH⊥AB tại H

Xét ΔKNO vuông tại N và ΔKHC vuông tại H có

\(\hat{NKO}\) chung

Do đó: ΔKNO~ΔKHC

=>\(\frac{KN}{KH}=\frac{KO}{KC}\)

=>\(KN\cdot KC=KO\cdot KH\)

2: Ta có: \(\hat{OHC}=\hat{OMC}=\hat{ONC}=90^0\)

=>O,H,M,C,N cùng thuộc một đường tròn

\(\Delta=5^2-4\cdot1\cdot k=-4k+25\)

Để phương trình có hai nghiệm thì Δ>=0

=>-4k+25>=0

=>-4k>=-25

=>k<=25/4

Theo Vi-et, ta có: \(\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=-5\\ x_1x_2=\frac{c}{a}=k\end{cases}\)

\(x_1+x_2=-5\)

=>\(3x_1+3x_2=-15\)

mà \(3x_1+2x_2=1\)

nên \(3x_1+3x_2-3x_1-2x_2=-15-1\)

=>\(x_2=-16\)

=>\(x_1=-5-x_2=-5-\left(-16\right)=-5+16=11\)

\(x_1x_2=k\)

=>\(k=-16\cdot11=-176\) (nhận)

Bài 1:ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

=>HB=HC=BC/2=12(cm)

ΔAHB vuông tại H

=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AH^2=20^2-12^2=400-144=256=16^2\)

=>AH=16(cm)

Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

Xét ΔBAD vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AD=AB^2\)

=>\(AD=\frac{20^2}{16}=25\left(\operatorname{cm}\right)\)

=>R=25/2=12,5(cm)

Bài 2: Ta có: \(\hat{ABC}=\hat{ADC}=\hat{AEC}=90^0\)

=>A,B,D,E,C cùng thuộc đường tròn đường kính AC