`d)` `\Delta ODN` vuông tại `O` nên: `\hat{N}+\hat{ODN}=90°` `=>sinODN=cosN` (tính chất 2 góc phụ nhau) Ta có: `tanN={sinN}/{cosN}` `=> tan^2 N.sin^2 ODN-3+(1-sinN)(1+sinN)` `={sin^2 N}/{cos^2 N} . cos^2 N-3+1^2-sin^2N` `=sin^2 N-sin^2 N-3+1` `=-2` Vậy: `tan^2 N.sin^2 ODN-3+(1-sinN)(1+sinN)=-2` ______________ Hoặc thay trực tiếp tỉ số lượng giác vào: `tan^2 N.sin^2 ODN-3+(1-sinN)(1+sinN)` `=({OD}/{ON})^2 . ({ON}/{DN})^2-3+1^2-sin^2 N` `=({OD}/{DN})^2 -2-({OD}/{DN})^2` `=-2`

`a)` `\Delta ABC` đều `=>\hat{ABC}=\hat{ACB}=60°` Vì `\hat{BMN}=\hat{ACB}=1/ 2 sđ\stackrel\frown{AB}` `=>hat{BMN}=60°` Mà `\Delta MBN` cân tại `M` (do `MB=MN)` `=>\Delta MBN` đều (đpcm) $\\$ `b)` `\Delta MBN` đều `=>\hat{MBN}=60°` `=>\hat{ABC}=\hat{MBN}` `=>\hat{ABN}+\hat{NBC}=\hat{CBM}+\hat{NBC}` `=>\hat{ABN}=\hat{CBM}` $\\$ Xét `\Delta BNA` và `\Delta BMC` có: `BN=BM` (`\Delta MBN` đều) `\hat{ABN}=\hat{CBM}` (c/m trên) `BA=BC` `(\Delta ABC` đều) `=>\Delta BNA=\Delta BMC` (c-g-c) (đpcm) $\\$ `c)` Ta có: `\hat{AMB}=\hat{ACB}` (hai góc nội tiếp cùng chắn cung `AB)` Mà `\hat{ACB}=\hat{ABC}=60°=\hat{ABD}` `=>\hat{ABD}=\hat{AMB}` Xét `\Delta ABD` và `\Delta AMB` có: `\hat{BAD}=\hat{MAB}` `\hat{ABD}=\hat{AMB}` (c/m trên) `=>\Delta ABD`$\backsim$`\Delta AMB` (g-g) `=>{AB}/{AM}={AD}/{AB}` `=>AD.AM=AB^2` (đpcm) $\\$ `d)` Ta có: `MA=MN+NA` Mà `MN=MB` (gt) `NA=MC` (vì `\Delta BNA=\Delta BMC)` `=>MA=MB+MC` (đpcm) $\\$ `e)` `M;A\in (O;R)` `=>MA` là dây cung của `(O;R)` `=>MA\le 2R` (vì đường kính là dây cung lớn nhất) `=>MA+MA\le 4R` `=>MA+MB+MC\le 4R` (vì `MA=MB+MC)` Dấu "=" xảy ra khi `MA` là đường kính `=>MA`$\perp BC$ tại trung điểm của `BC` (vì đường kính vuông góc tại trung điểm của dây cung) `=>M\in ` đường trung trực của `BC` `=>MB=MC` `=>\stackrel\frown{MB}=\stackrel\frown{MC}` (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau) `=>M` là điểm chính giữa cung nhỏ `BC` Vậy `MA+MB+MC\le 4R` và đẳng thức xảy ra khi `M` là điểm chính giữa cung nhỏ `BC` $\\$ `f)` Ta có: `\hat{CMD}=\hat{ABC}` (hai góc nội tiếp cùng chắn cung `AC)` `\hat{AMB}=\hat{ACB}` (hai góc nội tiếp cùng chắn cung `AB)` Mà `\hat{ACB}=\hat{ABC}=60°` `=>\hat{CMD}=\hat{AMB}` $\\$ Xét `\Delta MCD` và `\Delta MAB` có: `\hat{MCD}=\hat{MAB}=1/ 2 sđ\stackrel\frown{MB}` `\hat{CMD}=\hat{AMB}` (c/m trên) `=>\Delta MCD`$\backsim$`\Delta MAB` (g-g) `=>{MC}/{MA}={MD}/{MB}` `=>MA.MD=MB.MC` $\\$ Ta có: `1/{MB}+1/{MC}={MC+MB}/{MB.MC}` `={MA}/{MA.MD}=1/{MD}` (vì `MA=MB+MC)` `=>1/{MD}=1/{MB}+1/{MC}` (đpcm)

Xét `\Delta MBE` và `\Delta MCB` có: `\hat{BME}=\hat{CMB}` `\hat{MBE}=\hat{MCB}=1/ 2 sđ\stackrel\frown{BE}` `=>\Delta MBE`$\backsim$`\Delta MCB` (g-g) `=>{MB}/{MC}={ME}/{MB}` `=>MB^2=ME.MC` `(1)` $\\$ Vì `CD`//$AB$ (gt) `=>\hat{MAE}=\hat{CDE}` (hai góc so le trong) Mà `\hat{CDE}=\hat{MCA}=1/ 2 sđ\stackrel\frown{CE}` `=>\hat{MAE}=\hat{MCA}` $\\$ Xét `\Delta MAE` và `\Delta MCA` có: `\hat{AME}=\hat{CMA}` `\hat{MAE}=\hat{MCA}` (c/m trên) `=>\Delta MAE`$\backsim$`\Delta MCA` (g-g) `=>{MA}/{MC}={ME}/{MA}` `=>MA^2=ME.MC` `(2)` Từ `(1);(2)=>MA=MB` `=>M` là trung điểm `AB` (đpcm)

Ta có: $\lim\limits_{x\to -\sqrt{3}} $`{x^2+3\sqrt{3}}/{3-x^2}` $=\lim\limits_{x\to -\sqrt{3}}$`{x^3+(\sqrt{3})^3}/{(\sqrt{3})^2-x^2}` $=\lim\limits_{x\to -\sqrt{3}}$`{(x+\sqrt{3})(x^2-x\sqrt{3}+3)}/{(\sqrt{3}-x)(\sqrt{3}+x)}` $=\lim\limits_{x\to -\sqrt{3}}$`{x^2-x\sqrt{3}+3}/{\sqrt{3}-x}` `={(-\sqrt{3})^2-(-\sqrt{3}).\sqrt{3}+3}/{\sqrt{3}-(-\sqrt{3})}` `=9/{2\sqrt{3}}=3/2 \sqrt{3}`

`a)` `(AC;(SBC))≈25,1°` `b)` `(AC;(SDC))≈48,09°` Giải thích các bước giải: `AB=a; AD=BC=2a;SA=3a` `a)` Vì `SA` vuông góc với đáy `=>SA`$\perp BC;SA\perp AB;SA\perp AD$ Mà $BC\perp AB$ `(ABCD` là hình chữ nhật) `=>BC`$\perp (SAB)$ $(1)$ Trong `mp(SAB)` vẽ $AH\perp SB$ tại $H$ $(2)$ `(1)=>BC`$\perp AH\quad (3)$ Từ `(2);(3)=>AH`$\perp (SBC)$ `=>H` là hình chiếu của `A` lên `(SBC)` Vì `C\in (SBC)=>C` là hình chiếu của `C` lên `(SBC)` `=>HC` là hình chiếu của `AC` lên `(SBC)` `=>(AC;(SBC))=(AC;HC)=\hat{ACH}` $\\$ Xét `\Delta SAB` vuông tại $A$ có $AH\perp SB$ `=>1/{AH^2}=1/{SA^2}+1/{AB^2}` (hệ thức lượng) `=>1/{AH^2}=1/{(3a)^2}+1/{a^2}={10}/{9a^2}` `=>AH={3a}/\sqrt{10}` $\\$ `\Delta ABC` vuông tại $B$ `=>AC^2=AB^2+BC^2` (định lý Pytago) `=>AC=\sqrt{a^2+(2a)^2}=a\sqrt{5}` $\\$ Vì $AH\perp (SBC)$ và `HC\subset(SBC)` `=>AH`$\perp HC$ `=>\Delta AHC` vuông tại $H$ `=>sin\hat{ACH}={AH}/{AC}=`$\dfrac{\dfrac{3a}{\sqrt{10}}}{a\sqrt{5}}$`=3/{5\sqrt{2}}` `=>\hat{ACH}≈25,1°` `=>(AC;(SBC))≈25,1°` $\\$ `b)` Ta có: $CD\perp AD$ `(ABCD` là hình chữ nhật) $CD\perp SA$ (vì $SA\perp $đáy) `=>CD`$\perp (SAD)$ $(4)$ Trong `mp(SAD)` vẽ $AK\perp SD$ tại $K$ $(5)$ `(4)=>CD`$\perp AK$ $(6)$ `(5);(6)=>AK`$\perp (SDC)$ `=>K` là hình chiếu của `A` lên `(SDC)` Vì `C\in (SDC)=>C` là hình chiếu của `C` lên `(SDC)` `=>KC` là hình chiếu của `AC` lên `(SDC)` `=>(AC;(SDC))=(AC;KC)=\hat{ACK}` $\\$ Xét `\Delta SAD` vuông tại $A$ có $AK\perp SD$ `=>1/{AK^2}=1/{SA^2}+1/{AD^2}` (hệ thức lượng) `=>1/{AK^2}=1/{(3a)^2}+1/{(2a)^2}={13}/{36a^2}` `=>AK={6a}/\sqrt{13}` $\\$ Vì $AK\perp (SDC)$ và `KC\subset(SDC)` `=>AK`$\perp KC$ `=>\Delta AKC` vuông tại $K$ `=>sin\hat{ACK}={AK}/{AC}=`$\dfrac{\dfrac{6a}{\sqrt{13}}}{a\sqrt{5}}$`=6/{\sqrt{65}}` `=>\hat{ACK}≈48,09°` `=>(AC;(SDC))≈48,09°`

`a)` `(AC;(SBC))≈25,1°` `b)` `(AC;(SDC))≈48,09°` Giải thích các bước giải: `AB=a; AD=BC=2a;SA=3a` `a)` Vì `SA` vuông góc với đáy `=>SA`$\perp BC;SA\perp AB;SA\perp AD$ Mà $BC\perp AB$ `(ABCD` là hình chữ nhật) `=>BC`$\perp (SAB)$ $(1)$ Trong `mp(SAB)` vẽ $AH\perp SB$ tại $H$ $(2)$ `(1)=>BC`$\perp AH\quad (3)$ Từ `(2);(3)=>AH`$\perp (SBC)$ `=>H` là hình chiếu của `A` lên `(SBC)` Vì `C\in (SBC)=>C` là hình chiếu của `C` lên `(SBC)` `=>HC` là hình chiếu của `AC` lên `(SBC)` `=>(AC;(SBC))=(AC;HC)=\hat{ACH}` $\\$ Xét `\Delta SAB` vuông tại $A$ có $AH\perp SB$ `=>1/{AH^2}=1/{SA^2}+1/{AB^2}` (hệ thức lượng) `=>1/{AH^2}=1/{(3a)^2}+1/{a^2}={10}/{9a^2}` `=>AH={3a}/\sqrt{10}` $\\$ `\Delta ABC` vuông tại $B$ `=>AC^2=AB^2+BC^2` (định lý Pytago) `=>AC=\sqrt{a^2+(2a)^2}=a\sqrt{5}` $\\$ Vì $AH\perp (SBC)$ và `HC\subset(SBC)` `=>AH`$\perp HC$ `=>\Delta AHC` vuông tại $H$ `=>sin\hat{ACH}={AH}/{AC}=`$\dfrac{\dfrac{3a}{\sqrt{10}}}{a\sqrt{5}}$`=3/{5\sqrt{2}}` `=>\hat{ACH}≈25,1°` `=>(AC;(SBC))≈25,1°` $\\$ `b)` Ta có: $CD\perp AD$ `(ABCD` là hình chữ nhật) $CD\perp SA$ (vì $SA\perp $đáy) `=>CD`$\perp (SAD)$ $(4)$ Trong `mp(SAD)` vẽ $AK\perp SD$ tại $K$ $(5)$ `(4)=>CD`$\perp AK$ $(6)$ `(5);(6)=>AK`$\perp (SDC)$ `=>K` là hình chiếu của `A` lên `(SDC)` Vì `C\in (SDC)=>C` là hình chiếu của `C` lên `(SDC)` `=>KC` là hình chiếu của `AC` lên `(SDC)` `=>(AC;(SDC))=(AC;KC)=\hat{ACK}` $\\$ Xét `\Delta SAD` vuông tại $A$ có $AK\perp SD$ `=>1/{AK^2}=1/{SA^2}+1/{AD^2}` (hệ thức lượng) `=>1/{AK^2}=1/{(3a)^2}+1/{(2a)^2}={13}/{36a^2}` `=>AK={6a}/\sqrt{13}` $\\$ Vì $AK\perp (SDC)$ và `KC\subset(SDC)` `=>AK`$\perp KC$ `=>\Delta AKC` vuông tại $K$ `=>sin\hat{ACK}={AK}/{AC}=`$\dfrac{\dfrac{6a}{\sqrt{13}}}{a\sqrt{5}}$`=6/{\sqrt{65}}` `=>\hat{ACK}≈48,09°` `=>(AC;(SDC))≈48,09°`

`a)` Gọi `C` là trung điểm $DH$ `=>AC;BC` lần lượt là trung tuyến của hai tam giác vuông `\Delta ADH;\Delta BDH` `=>AC=CD=CH=1/ 2 DH=BC` `=>D;A;H;B` cùng thuộc đường tròn tâm $C$ đường kính `DH` $\\$ `b)` Xét `\Delta DEF` có: `EA;FB` là các đường cao `EA` và $FB$ cắt nhau tại $H$ `=>H` là trực tâm `\Delta DEF` `=>DH`$\perp E F$ tại $K$ (đpcm) $\\$ Ta có: `\hat{DEK}=\hat{DMF}=1/ 2 sđ\stackrel\frown{DF}` `\hat{DFM}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét `\Delta DEK` và `\Delta DMF` có: `\hat{DKE}=\hat{DFM}=90°` `\hat{DEK}=\hat{DMF}` (c/m trên) `=>\Delta DEK`$\backsim$`\Delta DMF` (g-g) `=>{DE}/{DM}={DK}/{DF}` `=>DE.DF=DK.DM` (đpcm) $\\$ `c)` Vì `\hat{DFM}=90°=>MF`$\perp DF$ Mà $EH\perp DF$ `=>EH`//$MF$ $(1)$ $\\$ `\hat{DEM}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) `=>ME`$\perp DE$ Mà $FH\perp DE$ `=>FH`//$ME$ $(2)$ Từ `(1);(2)=>MFHE` là hình bình hành Vì `I` là trung điểm $EF$ (gt) `=>I` là trung điểm $HM$ `=>H;I;M` thẳng hàng (đpcm) $\\$ Xét `\Delta DHM` có: `O` là trung điểm $DM$ (vì $DM$ là đường kính $(O))$ `I` là trung điểm $HM$ (c/m trên) `=>OI` là đường trung bình `\Delta DHM` `=>OI=1/ 2 DH` `=>DH=2OI` $\\$ Từ câu `a` ta có `A;B\in (C; {DH}/2)` `=>AB` là dây cung và `DH` là đường kính của `(C;{DH}/2)` `=>DH\ge AB` (đường kính là dây cung lớn nhất) Nếu dấu "=" xảy ra tức là `DH=AB` `=>AB;DH` đều là đường kính của `(C)` nên cắt nhau tại trung điểm `C` của mỗi đường `=>ADBH` là hình bình hành Mà `\hat{DBH}=90°` `=>ADBH` là hình chữ nhật `=>\hat{ADB}=90°` `=>\hat{EDF}=90°` (mâu thuẫn giả thiết `\Delta DEF` nhọn) `=>` Dấu "=" không xảy ra hay `DH>AB` `=>2OI>AB` (đpcm)

`a)` $SA\perp (ABCD)$ `=>SA`$\perp CD;BC;AD;AC$ Mà $CD\perp AD$ (vì $ABCD$ là hình chữ nhật) `=>CD`$\perp (SAD)$ `=>CD`$\perp SD$ $\\$ `b)` Ta có: $BC\perp SA$ (câu a) $BC\perp AB$ (do `ABCD` là hình chữ nhật) `=>BC`$\perp (SAB)$ Vì $AH\subset(SAB)$ `=>BC`$\perp AH$ Mà $AH\perp SB$ `=>AH`$\perp (SBC)$ $\\$ `c)` Vì `SA=AD=a` `=>\Delta SAD` cân tại $A$ Mà `K` là trung điểm $SD$ `=>AK` vừa là trung tuyến và đường cao `\Delta SAD` `=>AK`$\perp SD$ $(1)$ Vì $CD\perp (SAD)$ (câu a) và $AK\subset(SAD)$ `=>CD`$\perp AK$ $(2)$ Từ `(1);(2)=>AK`$\perp (SCD)$ `=>AK`$\perp SC$ $(3)$ $\\$ Câu b có $AH\perp (SBC)$ `=>AH`$\perp SC$ $(4)$ Từ `(3);(4)=>SC`$\perp (AHK)$ Vì $AM\subset(AHK)$ `((AHM)` chính là `(AHK)` mở rộng) `=>SC`$\perp AM$ $\\$ `d)` Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ lên `(ABCD)` `C\in (ABCD)=>` hình chiếu của `C` lên `(ABCD)` là `C` `=>AC` là hình chiếu của `SC` lên `(ABCD)` `=>(SC;(ABCD))=(SC;AC)=\hat{SCA}` $\\$ Xét `\Delta ABD` vuông tại $A$ `=>BD^2=AB^2+AD^2` (định lý Pytago) `=>BD=\sqrt{(a\sqrt{2})^2+a^2}=a\sqrt{3}` `=>AC=BD=a\sqrt{3}` (do $ABCD$ là hình chữ nhật) $\\$ $SA\perp AC$ (câu a) `=>\Delta SAC` vuông tại $A$ `=>tan\hat{SCA}={SA}/{AC}=a/{a\sqrt{3}}=1/\sqrt{3}` `=>\hat{SCA}=30°` `=>(SC;(ABCD))=30°` Vậy góc tạo bởi `SC` và mặt phẳng đáy bằng `30°`

`a)` Ta có: `\hat{BDC}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) `=>\hat{BAC}=\hat{BDC}=90°` `=>2` đỉnh `A;D` cùng nhìn cạnh `BC` dưới góc vuông `=>ABCD` nội tiếp $\\$ `b)` Vì `ABCD` nội tiếp (câu a) `=>\hat{BCA}=\hat{BDA}` (cùng chắn cung $AB)$ Mà `D MCS` nội tiếp `(O)` `=>\hat{BDA}=\hat{MCS}` (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong đỉnh đối diện) `=>\hat{BCA}=\hat{MCS}` `=>CA` là phân giác của `\hat{SCB}` $\\$ `c)` Gọi `F` là giao điểm của `BA` và `EM` Ta có: `\hat{MEC}=\hat{MDC}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) `=>FE`$\perp BC$ và $BD\perp DC$ $(1)$ Xét `\Delta BFC` có: $CA\perp BF$ $FE\perp BC$ $M$ là giao điểm của $CA$ và $FE$ `=>M` là trực tâm `\Delta BFC` `=>BM`$\perp FC$ `=>BD`$\perp FC$ $(2)$ Từ `(1)(2)=>F;D;C` thẳng hàng `=>F\in CD` `=>BA;EM;CD` đồng quy tại $F$ $\\$ `d)` Xét tứ giác $AMDF$ có: `\hat{FAM}+\hat{FDM}=90°+90°=180°` `=>AMDF` nội tiếp (tổng 2 góc đối $180°)$ `=>\hat{AFM}=\hat{ADM}` $(3)$ (cùng chắn cung $AM)$ Ta có: `MECD` nội tiếp `(O)` `=>\hat{MDE}=\hat{MCE}` $(4)$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $ME)$ `\hat{BFE}=\hat{BCA}` (cùng phụ `\hat{ABC})` `=>\hat{AFM}=\hat{MCE}` $(5)$ Từ `(3);(4);(5)=>\hat{ADM}=\hat{MDE}` `=>DM` là phân giác của `\hat{ADE}` $\\$ `e)` Xét tứ giác $ABEM$ có: `\hat{BAM}+\hat{BEM}=90°+90°=180°` `=>ABEM` nội tiếp (tổng 2 góc đối $180°)$ `=>\hat{ABM}=\hat{AEM}` $(6)$ (cùng chắn cung $AM)$ $\\$ Ta có: `MECD` nội tiếp `(O)` `=>\hat{MED}=\hat{MCD}` $(7)$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $MD)$ `\hat{ACF}=\hat{FBD}` (cùng phụ `\hat{AFC})` `=>\hat{MCD}=\hat{ABM}` $(8)$ Từ `(6);(7);(8)=>\hat{AEM}=\hat{MED}` `=>EM` là phân giác của `\hat{AED}` Ta lại có: `DM` là phân giác của `\hat{ADE}` (câu d) `M` là giao điểm của `EM` và $DM$ `=>M` là giao điểm hai đường phân giác của `\Delta ADE` `=>M` là tâm đường tròn nội tiếp `\Delta ADE`

`c)` `DCEF` nội tiếp (câu a) `=>\hat{ECF}=\hat{EDF}` (cùng chắn cung $EF)$ Mà `\hat{EDF}=\hat{BCA}=1/ 2 sđ\stackrel\frown{AB}` (2 góc nội tiếp `(O)` cùng chắn cung $AB)$ `=>\hat{ECF}=\hat{BCA}` `=>\hat{BCF}=\hat{ECF}+\hat{BCA}=2\hat{BCA}` $\\$ $FN$ là trung tuyến `\Delta DEF` vuông tại $F$ (vì `N` là trung điểm `ED)` `=>FN=ND=1/ 2 ED` `=>\Delta DNF` cân tại $N$ `=>\hat{NFD}=\hat{NDF}=\hat{BCA}=1/ 2 sđ\stackrel\frown{AB}` `=>\hat{BNF}=\hat{NFD}+\hat{NDF}` (tính chất góc ngoài tam giác) `=2\hat{BCA}` `=>\hat{BCF}=\hat{BNF}` `=>2 ` đỉnh `C;N` cùng nhìn cạnh $BF$ dưới hai góc bằng nhau `=>BCNF` nội tiếp $\\$ `d)` Ta có: `\hat{QCD}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) `\hat{QB'D}=90°` `=>\hat{QCD}+\hat{QB'D}=90°+90°=180°` `=>DCQB'` nội tiếp (vì tổng 2 góc đối `180°)` $\\$ `e)` `\hat{ABD}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) `=>\Delta ABD` vuông tại $B$ Ta có: `\hat{ADB}=\hat{AB B'}=\hat{ABQ}` (cùng phụ `\hat{BA B'})` Mà `\hat{ADB}=\hat{ACB}` (cùng chắn cung `AB)` `=>\hat{ABQ}=\hat{ACB}` Xét `\Delta AQB` và `\Delta ABC` có: `\hat{QAB}=\hat{BAC}` `\hat{ABQ}=\hat{ACB}` `=>\Delta AQB`$\backsim$`\Delta ABC` (g-g) `=>{AQ}/{AB}={AB}/{AC}` `=>AB^2=AC.AQ` $\\$ `f)` Xét `\Delta AB' Q` và `\Delta ACD` có: `\hat{QAB'}=\hat{DAC}` `\hat{A B' Q}=\hat{ACD}=90°` `=>\Delta AB' Q`$\backsim$`\Delta ACD` (g-g) `=>{AB'}/{AC}={AQ}/{AD}` `=>AC.AQ=AB'.AD` $\\$ Ta có: `AC.AQ- B'A . B' D` `=AC.AQ-AB' .(AD-AB')` `=AC.AQ-AB' .AD+AB'^2)` `=AC.AQ-AC.AQ+AB'^2` `=AB'^2` Vậy `AC.AQ-B'A.B'D=AB'^2`