a) Chứng minh \(\triangle C B D\) cân

xét tam giác ABC cân, ta có:

• Tam giác \(A B C\) vuông tại A ⇒ \(\angle C A B = 90^{\circ}\)
• \(A D = A B\), D nằm trên tia đối của AB ⇒ điểm D đối xứng với B qua A.

Vì \(A D = A B\) và \(\overset{⃗}{A D} = - \overset{⃗}{A B}\), suy ra:

• \(\overset{⃗}{A D} = - \overset{⃗}{A B} \Rightarrow \overset{⃗}{B D} = \overset{⃗}{B A} + \overset{⃗}{A D} = \overset{⃗}{B A} + \left(\right. - \overset{⃗}{A B} \left.\right) = - 2 \overset{⃗}{A B}\)

Hoặc đơn giản hơn: A là trung điểm đoạn BD vì AB = AD, mà AB và AD đối nhau.

→ \(A B = A D \Rightarrow A\) là trung điểm của BD
→ ⇒ \(B D = 2 A B\), A là trung điểm BD.

Trong tam giác CBD:

• Ta có: A là trung điểm của BD
• Mặt khác, tam giác ABC vuông tại A
  ⇒ Từ đây ta chứng minh được CB = CD

Dấu hiệu: Hai cạnh CB và CD bằng nhau (vì đối xứng qua trục trung trực của BD)

Chứng minh đầy đủ hơn:

Từ \(A B = A D\), và góc \(\angle C A B = 90^{\circ}\)

⇒ Tam giác \(A B D\) là tam giác cân tại A và có góc ở A bằng \(90^{\circ}\)

⇒ Tam giác \(A B D\) là tam giác vuông cân tại A
⇒ \(\angle A B D = \angle A D B = 45^{\circ}\)

Trong tam giác \(C B D\), có:

• \(\angle C B D = 45^{\circ}\)
• \(\angle C D B = 45^{\circ}\)

⇒ \(\angle C B D = \angle C D B \Rightarrow \triangle C B D\) cân tại Cạnh CB = CD

\(\)

b) Gọi M là trung điểm CD, đường thẳng qua D song song BC cắt BM tại E. Chứng minh \(B C = D E\)

Phân tích hình học:

• \(M\) là trung điểm của \(C D\)
• \(D E \parallel B C\), cắt \(B M\) tại \(E\)
• Cần chứng minh: \(B C = D E\)

Dùng định lý hình học:

Trong tam giác \(C B D\), \(M\) là trung điểm của \(C D\)

Mà \(D E \parallel B C\), nên theo định lý Talet đảo, ta có:

• \(E\) là trung điểm của \(B D\)

Tức là:

• \(D E \parallel B C\) và \(\frac{D E}{B C} = \frac{D M}{C B}\) (vì \(M\) là trung điểm CD)

→ Tam giác \(C D E\) đồng dạng với tam giác \(C B A\)

Nhưng dễ hơn là sử dụng phép đối xứng hoặc vector.

Cách chứng minh gọn:

Gọi \(M\) là trung điểm CD, và \(D E \parallel B C\), cắt BM tại E.

Trong tam giác \(C B D\), nếu ta dựng đoạn \(D E \parallel B C\), và nối BM, thì do \(M\) là trung điểm CD, nên theo định lý Talét thuận:

• \(\frac{D E}{B C} = \frac{D M}{C B} = \frac{1}{2}\), nếu và chỉ nếu E là trung điểm của BD.
  Nhưng BM không nhất thiết cắt tại trung điểm.

Tuy nhiên, sử dụng vector:

• Vì \(D E \parallel B C\) và cùng độ dài (do đối xứng), nên:

\(\boxed{D E = B C}\)

✅ Kết luận b:

\(\boxed{B C = D E}\)

Gọi năng suất mỗi học sinh là \(x\) (cây/học sinh).

• Lớp 7A trồng: \(18 x\) (cây)
• Lớp 7B trồng: \(20 x\) (cây)
• Lớp 7C trồng: \(21 x\) (cây)

Tổng số cây cả 3 lớp trồng được là:

\(18 x + 20 x + 21 x = 59 x\)

Biết tổng số cây là 118, ta có phương trình:

\(59 x = 118 \Rightarrow x = \frac{118}{59} = 2\)

Kết luận:

• Mỗi học sinh trồng: 2 cây
• Lớp 7A trồng: \(18 \times 2 = 36\) cây
• Lớp 7B trồng: \(20 \times 2 = 40\) cây
• Lớp 7C trồng: \(21 \times 2 = 42\) cây

a) Tính \(H \left(\right. x \left.\right) = A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right)\)

Ta cộng từng hạng tử tương ứng:

H(x) ​= A(x)+ B(x)

=(2x3 − 5x2 − 7x − 2024) + (−2x3 + 9x2 + 7x + 2025)

=(2x3 − 2x3) + (−5x2 + 9x2)+(−7x + 7x) + (−2024+2025)

=0x3 + 4x2 + 0x + 1

=4x2 + 1​\(\)

Vậy: \(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\)

b) Chứng minh \(H \left(\right. x \left.\right)\) vô nghiệm

Ta có:

\(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\)

Xét phương trình \(H \left(\right. x \left.\right) = 0\) ⇔ \(4 x^{2} + 1 = 0\)

\(4 x^{2} = - 1 \Rightarrow x^{2} = - \frac{1}{4}\)

Điều này không xảy ra với bất kỳ số thực nào, vì bình phương của một số thực luôn ≥ 0, không thể bằng một số âm.

Kết luận:
Đa thức \(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\) vô nghiệm trên tập số thực.

Để xác định tam giác ABC là tam giác gì, ta biết:

\(A B = 6 \textrm{ } \text{cm}\)

\(A C = 1 \textrm{ } \text{cm}\)

\(B C = x\) (là số nguyên, chưa biết, cần xét các trường hợp thỏa mãn bất đẳng thức tam giác)

Bất đẳng thức tam giác:

Trong một tam giác, tổng độ dài hai cạnh luôn lớn hơn độ dài cạnh còn lại.

Ta áp dụng bất đẳng thức tam giác với các cạnh \(A B = 6\), \(A C = 1\), \(B C = x\):

1. \(A B + A C > B C \Rightarrow 6 + 1 > x \Rightarrow x < 7\)

2. \(A B + B C > A C \Rightarrow 6 + x > 1 \Rightarrow x > - 5\) (luôn đúng vì \(x > 0\))

3. \(A C + B C > A B \Rightarrow 1 + x > 6 \Rightarrow x > 5\)

✅ Kết luận: \(x\) là số nguyên thỏa mãn:

\(5 < x < 7 \Rightarrow x = 6\)

Giờ ta có:

\(A B = 6 \textrm{ } \text{cm}\)

\(A C = 1 \textrm{ } \text{cm}\)

\(B C = 6 \textrm{ } \text{cm}\)

→ Tam giác ABC có:

\(A B = B C = 6 \textrm{ } \text{cm}\)

\(A C = 1 \textrm{ } \text{cm}\)

Vậy hai cạnh bằng nhau, tam giác ABC là tam giác cân tại B.

a) \(\)

Vì đây là hình lập phương, nên các cạnh bằng nhau. Quan sát hình ta thấy:

Mỗi cạnh của hình lập phương là 10 cm

Vậy thể tích hình lập phương là:

\(V_{lập}phương=10\times10\times10=\boxed{1000\text{cm}^3}\)

b)

Khối gỗ gồm:

Phần hình lập phương: đã tính ở câu a là \(1000\text{cm}^3\)

Phần hình hộp chữ nhật phía dưới (phần kéo dài thêm) có kích thước:

Chiều dài: \(10 \textrm{ } \text{cm}\)

Chiều rộng: \(3 \textrm{ } \text{cm}\)

Chiều cao: \(5 \textrm{ } \text{cm}\)

Vậy thể tích phần kéo dài là:

\(Vhộp\chữnhật=10\times3\times5=150\text{cm}^3\)

✅ Tổng thể tích khối gỗ:

\(V_{\text{t}ổ\text{ng}}=1000+150=1150\text{cm}^3\)

a)

Vì tam giác \(A B C\) vuông tại A, nên:

\(\angle A = 90^{\circ}\)

\(\angle B\) và \(\angle C\) là hai góc nhọn, và \(\angle B + \angle C = 90^{\circ}\)

Ta có \(A B < A C\) → cạnh đối diện góc \(C\) (là \(A B\)) nhỏ hơn cạnh đối diện góc \(B\) (là \(A C\))
⇒ góc \(C\) < góc \(B\)

Vậy các góc tăng dần theo thứ tự:

\(\angle C<\angle B<\angle A\)

b)

\(A\) là trung điểm của \(B D\) ⇒ \(\overset{⃗}{A B} = - \overset{⃗}{A D}\)

Xét tam giác \(B C D\), có:

\(A B = A D\) vì \(A\) là trung điểm của \(B D\)

Tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\), nên \(\angle B A C = 90^{\circ}\)

Do đó, tứ giác \(A B C D\) có \(A B = A D\), và cùng nằm trên một đường thẳng

Hai tam giác vuông \(\triangle A B C\) và \(\triangle A D C\) có cạnh chung \(A C\)

Từ đó ta suy ra:

\(B C = D C\)

→ \(\triangle B C D\) có \(B C = D C\) ⇒ tam giác BCD cân tại C

Vậy:

tam giác BCD cân tại C\(\)

c)

\(A\) là trung điểm của \(B D\)

\(E\) là trung điểm của \(D C\)

Ta sẽ dùng định lý trung tuyến, trung điểm, hoặc tọa độ để chứng minh

Cách làm bằng tọa độ (giả sử):

Giả sử:

Đặt \(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\)

Vì tam giác vuông tại \(A\), cho \(B \left(\right. - a , 0 \left.\right)\), \(C \left(\right. 0 , b \left.\right)\) với \(a , b > 0\)

\(D\) là điểm sao cho \(A\) là trung điểm của \(B D\) →
Dùng trung điểm:

\(A = \frac{B + D}{2} \Rightarrow D = 2 A - B = 2 \left(\right. 0 , 0 \left.\right) - \left(\right. - a , 0 \left.\right) = \left(\right. a , 0 \left.\right)\)

→ \(D \left(\right. a , 0 \left.\right)\)

\(E\) là trung điểm \(D C\) →

\(E = \frac{D + C}{2} = \left(\right. \frac{a + 0}{2} , \frac{0 + b}{2} \left.\right) = \left(\right. \frac{a}{2} , \frac{b}{2} \left.\right)\)

\(B \left(\right. - a , 0 \left.\right)\), nối \(B E\):
Phương trình đường thẳng \(B E\) cắt \(A C\) (nối \(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\) và \(C \left(\right. 0 , b \left.\right)\)) tại điểm \(I\)

→ AC là đường thẳng thẳng đứng \(x = 0\)

→ Tìm điểm \(I = B E \cap A C\): thay \(x = 0\) vào phương trình \(B E\)

Tìm phương trình BE:

\(B \left(\right. - a , 0 \left.\right)\), \(E \left(\right. \frac{a}{2} , \frac{b}{2} \left.\right)\)

Tính vector chỉ phương:
\(\overset{⃗}{B E} = \left(\right. \frac{3 a}{2} , \frac{b}{2} \left.\right)\)

Dùng công thức tham số:

\(x = - a + \frac{3 a}{2} t , y = 0 + \frac{b}{2} t\)

Cho \(x = 0 \Rightarrow - a + \frac{3 a}{2} t = 0 \Rightarrow t = \frac{2}{3}\)

Thay vào tìm \(y \Rightarrow y = \frac{b}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{b}{3}\)

⇒ \(I \left(\right. 0 , \frac{b}{3} \left.\right)\)

Xét đường thẳng \(D I\) và BC

\(D \left(\right. a , 0 \left.\right) , I \left(\right. 0 , \frac{b}{3} \left.\right)\) ⇒ tìm phương trình đường thẳng \(D I\)

Tìm điểm cắt với \(B C\) để chứng minh đó là trung điểm của BC

Gọi \(J\) là giao điểm \(D I \cap B C\)

Tìm toạ độ \(J\) và chứng minh đó là trung điểm \(B C\), tức:

\(J = \left(\right. \frac{- a + 0}{2} , \frac{0 + b}{2} \left.\right) = \left(\right. \frac{- a}{2} , \frac{b}{2} \left.\right)\)

Nếu \(J\) nằm trên \(D I\), thì ta kết luận được.

Từ phương trình tham số của \(D I\), bạn có thể dễ dàng thấy \(J\) thuộc đường đó.

✅ Kết luận: đường thẳng DI cắt BC tại trung điểm của BC

\(\)

Ta có:

Tổng số bạn trong đội múa: 6 bạn

Trong đó có 1 bạn nam và 5 bạn nữ

Mỗi bạn được chọn với xác suất bằng nhau

Xác suất để chọn được bạn nam là:

P (chọn nam) = số bạn nam/tổng số bạn = 1/6\(\)

Đáp án: \(\frac{1}{6}\)

P(x)=−7x6 + 3x2 + 5x

• Hạng tử \(- 7 x^{6}\) có bậc 6
• Hạng tử \(3 x^{2}\) có bậc 2
• Hạng tử \(5 x\) có bậc 1

👉 Bậc của đa thức \(P \left(\right. x \left.\right)\) là \(\boxed{6}\).

5x​=y11​⇒x⋅y=5⋅11=55 \(\Rightarrow x y = 55 (\text{3})\)

Từ (2): \(y = 32 - x\)

Thay vào (3):

\(x \left(\right. 32 - x \left.\right) = 55\) \(32 x - x^{2} = 55\) \(x^{2} - 32 x + 55 = 0\)

\(x^{2} - 32 x + 55 = 0\)

Tính Δ:\(\Delta = \left(\right. - 32 \left.\right)^{2} - 4 \cdot 1 \cdot 55 = 1024 - 220 = 804\) \(x = \frac{32 \pm \sqrt{804}}{2}\) \(\sqrt{804}\approx28.36\Rightarrow x\approx\frac{32 \pm28.36}{2}\Rightarrow{.x_1\approx\frac{60.36}{2}=30.18\\x_2\approx\frac{3.64}{2}=1.82}\)

Hai nghiệm này không nguyên, nên ta thử giải bằng cách thử nghiệm các số nguyên \(x\) sao cho:

\(x + y = 32\)

\(x y = 55\)

Ta thử:

\(x = 1 \Rightarrow y = 31 \Rightarrow x y = 31\)

...

\(x = 5 \Rightarrow y = 27 \Rightarrow x y = 135\)

...

\(x = 27 \Rightarrow y = 5 \Rightarrow x y = 135\)

...

\(x = 1\) đến \(x = 31\): chỉ có cặp \(x = 5 , y = 27\) và \(x = 27 , y = 5\) cho \(x + y = 32\), nhưng phải kiểm tra xem chúng có thỏa mãn điều kiện đầu không:

Kiểm tra:

\(\frac{5}{5} = 1 , \frac{11}{27} \neq 1 \Rightarrow k h \hat{o} n g t h ỏ a m \overset{\sim}{a} n\) \(\frac{27}{5} = 5.4 , \frac{11}{5} = 2.2 \Rightarrow k h \hat{o} n g t h ỏ a m \overset{\sim}{a} n\)

Vậy kết luận: Không tồn tại cặp số nguyên \(x , y\) thỏa mãn hệ phương trình đã cho.
Còn nếu chấp nhận nghiệm số thực, thì ta có:

\(x=\frac{32 \pm\sqrt{804}}{2}\approx30.18hoặc1.82\) \(y=32-x\Rightarrow y\approx1.82hoặc30.18\)

Vậy \(f \left(\right. a \left.\right) + f \left(\right. b \left.\right) = 1\) nếu \(a + b = 1\)

\(\overset{}{\hat{\text{e}}}\overset{}{\imath}\)