

Hà Kiều Trang
Giới thiệu về bản thân



































a) Do A B , A C AB,AC là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn ( O ) (O) nên A B O ^ = A C O ^ = 9 0 ∘ ABO = ACO =90 ∘ . Gọi I I là trung điểm O A OA. Xét tam giác O A B OAB vuông tại B B có B I BI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên I B = I A = I O = 1 2 A O IB=IA=IO= 2 1 AO (1) Xét tam giác O A C OAC vuông tại C C có C I CI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên I C = I A = I O = 1 2 A O IC =IA=IO= 2 1 AO (2) Từ (1) và (2) suy ra I B = I C = I A = I O IB=IC=IA=IO. Suy ra B , C B,C thuộc đường tròn tâm I I đường kính O A OA. b) Ta có A M . A O = A B 2 . 2 A I = A B . A I AM.AO= 2 AB .2AI=AB.AI. c) Gọi E E là trung điểm M A MA, do G G là trọng tâm Δ C M A ΔCMA nên G ∈ C E G∈CE và G E C E = 1 3 CE GE = 3 1 . Mặt khác M E B E = 1 3 BE ME = 3 1 ( (vì M E = M A 2 = M B 2 ME= 2 MA = 2 MB nên M E = B E 3 ) ME= 3 BE ) Suy ra G E C E = M E B E CE GE = BE ME , theo định lí Thalès đảo ta có: M G MG // B C BC. d) Gọi G ′ G ′ là giao điểm của O A OA và C M CM suy ra G ′ G ′ là trọng tâm Δ A B C ΔABC. Nên G ′ M C M = 1 3 = G E C E ′ CM G ′ M = 3 1 = CE ′ GE Theo định lý Thalès đảo ta có G G ′ GG ′ // M E ME (1) M I MI là đường trung bình trong Δ O A B ΔOAB suy ra M I MI // O B OB, mà A B ⊥ O B AB⊥OB (cmt) nên M I ⊥ A B MI⊥AB, nghĩa là M I ⊥ M E MI⊥ME (2). Từ (1) và (2) suy ra M I ⊥ G G ′ MI⊥GG ′ , Lại có G I ′ ⊥ M K GI ′ ⊥MK (vì O A ⊥ M K OA⊥MK) nên I I là trực tâm Δ M G G ′ ΔMGG ′ Suy ra G I ⊥ G ′ M GI⊥G ′ M tức là G I ⊥ C M GI⊥CM.
a) Tứ giác B C E D BCED nội tiếp, C C thuộc đường tròn đường kính A B AB suy ra \widehat{ACB}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra E C B ^ = 9 0 ∘ ECB =90 ∘ . Mặt khác E D ⊥ A B ED⊥AB tại D D (gt) suy ra E D B ^ = 9 0 ∘ EDB =90 ∘ . Gọi I I là trung điểm của B E BE. Xét tam giác B C E BCE có B C E ^ = 9 0 ∘ BCE =90 ∘ và C I CI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên I C = I E = I B = 1 2 B E IC=IE=IB= 2 1 BE. Xét tam giác B E D BED có B D E ^ = 9 0 ∘ BDE =90 ∘ và D I DI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên I D = I E = I B = 1 2 B E ID=IE=IB= 2 1 BE. Suy ra B C E D BCED là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I I, đường kính B E BE. b) Xét Δ A E D ΔAED và Δ A B C ΔABC có: B A C ^ BAC chung A D E ^ = A C B ^ = 9 0 ∘ ADE = ACB =90 ∘ Suy ra Δ A E D ∽ Δ A B C ΔAED∽ΔABC (g.g) Suy ra A E A B = A D A C AB AE = AC AD (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) hay A C . A E = A D . A B AC.AE=AD.AB. Mà D D là trung điểm của A O AO (gt) suy ra A D = 1 2 A O AD= 2 1 AO O O là tâm đường tròn đường kính A B AB (gt) nên A O = 1 2 A B AO= 2 1 AB Suy ra A D = 1 2 A O = 1 2 . 1 2 A B = 1 4 A B AD= 2 1 AO= 2 1 . 2 1 AB= 4 1 AB Do đó, A C . A E = 1 4 A B . A B = A B 2 4 AC.AE= 4 1 AB.AB= 4 AB 2 (đpcm).
a) Chứng minh A B C ^ = C H M ^ ABC = CHM . Vì A M , C N AM,CN là các đường cao của Δ A B C ΔABC nên A M ⊥ B C AM⊥BC và C N ⊥ A B CN⊥AB Suy ra B M H ^ = B N H ^ = 9 0 ∘ BMH = BNH =90 ∘ . Gọi F F là trung điểm của H B HB. Xét tam giác H N B HNB có H N B ^ = 9 0 ∘ HNB =90 ∘ và N F NF là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên F N = F H = F B = 1 2 B H FN=FH=FB= 2 1 BH (1) Xét tam giác H M B HMB có H M B ^ = 9 0 ∘ HMB =90 ∘ và M F MF là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên F M = F H = F B = 1 2 B H FM=FH=FB= 2 1 BH (2) Suy ra B N H M BNHM là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm F F, đường kính H B HB. Do đó M B N ^ + N H M ^ = 18 0 ∘ MBN + NHM =180 ∘ (tổng hai góc đối bằng 18 0 ∘ 180 ∘ . hay C B A ^ + N H M ^ = 18 0 ∘ CBA + NHM =180 ∘ . Mà M B N ^ + N H M ^ = 18 0 ∘ MBN + NHM =180 ∘ (hai góc kề bù) do đó C B A ^ = M B N ^ CBA = MBN . b) Chứng minh A D C ^ = A H C ^ ADC = AHC . Tứ giác B N H M BNHM nội tiếp nên M B N ^ + N H M ^ = 18 0 ∘ MBN + NHM =180 ∘ Mà A H C ^ = N H M ^ AHC = NHM (đối đỉnh) nên M B N ^ + A H C ^ = 18 0 ∘ MBN + AHC =180 ∘ hay A B C ^ + A H C ^ = 18 0 ∘ ABC + AHC =180 ∘ Mặt khác tứ giác B N H M BNHM nội tiếp đường tròn tâm ( O ) (O) nên A D C ^ + A B C ^ = 18 0 ∘ ADC + ABC =180 ∘ . Do đó A D C ^ = A H C ^ ADC = AHC . c) Chứng minh M A C ^ = M N C ^ MAC = MNC . Ta chứng minh A C M N ACMN là tứ giác nội tiếp. Gọi E E là trung điểm A C AC. Xét tam giác A M C AMC có A M C ^ = 9 0 ∘ AMC =90 ∘ và M E ME là đường trung tuyến nên E M = E C = E A = 1 2 A C EM=EC=EA= 2 1 AC (3) Xét tam giác A N C ANC có A N C ^ = 9 0 ∘ ANC =90 ∘ và N E NE là đường trung tuyến nên E N = E C = E A = 1 2 A C EN=EC=EA= 2 1 AC (4) Từ (3) và (4) suy ra E M = E N = E C = E A EM=EN=EC=EA. Vậy tứ giác A C M N ACMN nội tiếp được đường tròn có tâm E E đường kính A C AC. Suy ra M A C ^ = M N C ^ MAC = MNC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung M C MC của đường tròn tâm E E). d) Chứng minh M A C ^ + 9 0 ∘ = A N M ^ MAC +90 ∘ = ANM . Ta có M A C ^ + A C M ^ = 9 0 ∘ MAC + ACM =90 ∘ (hai góc phụ nhau) Hay A C M ^ = 9 0 ∘ − M A C ^ ACM =90 ∘ − MAC Mà A C M ^ + A N M ^ = 18 0 ∘ ACM + ANM =180 ∘ (tứ giác A C M N ACMN nội tiếp được đường tròn) nên 9 0 ∘ − M A C ^ + A N M ^ = 18 0 ∘ 90 ∘ − MAC + ANM =180 ∘ Suy ra M A C ^ + 9 0 ∘ = A N M ^ MAC +90 ∘ = ANM .
) Chứng minh tứ giác B F H D BFHD nội tiếp. Xét đường tròn ( I ) (I) có C F B ^ = 9 0 ∘ CFB =90 ∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra C F ⊥ A B CF⊥AB. C F B ^ = 9 0 ∘ CFB =90 ∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra B E ⊥ A C BE⊥AC Mà C F CF cắt B E BE tại H H nên H H là trực tâm của tam giác A B C ABC Hay A H ⊥ B C AH⊥BC, suy ra H D B ^ = 9 0 ∘ HDB =90 ∘ Gọi K K là trung điểm B H BH. Xét tam giác H D B HDB có H D B ^ = 9 0 ∘ HDB =90 ∘ và D K DK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên K D = K H = K B = 1 2 B H KD=KH=KB= 2 1 BH (1) Xét tam giác H F B HFB có H F B ^ = 9 0 ∘ HFB =90 ∘ và E K EK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên K E = K H = K B = 1 2 H B KE=KH=KB= 2 1 HB (2) Từ (1) và (2) suy ra K B = K H = K F = K D KB=KH=KF=KD. Vậy tứ giác B F H D BFHD nội tiếp được đường tròn có tâm K K đường kính B H BH. b) Chứng minh tứ giác A B D E ABDE nội tiếp. Gọi O O là trung điểm A B AB. Xét tam giác A D B ADB có A D B ^ = 9 0 ∘ ADB =90 ∘ và D O DO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên O D = O A = O B = 1 2 A B OD=OA=OB= 2 1 AB (3) Xét tam giác A E B AEB có A E B ^ = 9 0 ∘ AEB =90 ∘ và E O EO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên O E = O A = O B = 1 2 A B OE=OA=OB= 2 1 AB (4) Từ (3) và (4) suy ra O D = O E = O A = O B OD=OE=OA=OB. Vậy tứ giác A B D E ABDE nội tiếp được đường tròn có tâm O O đường kính A B AB.
a) Chứng minh B C D E BCDE là tứ giác nội tiếp. Gọi O O là trung điểm B C BC. Vì B D , C E BD,CE là các đường cao của Δ A B C ΔABC nên B D ⊥ A C BD⊥AC và C E ⊥ A B CE⊥AB Suy ra B D C ^ = B E C ^ = 9 0 ∘ BDC = BEC =90 ∘ . Xét tam giác B D C BDC có B D C ^ = 9 0 ∘ BDC =90 ∘ và D O DO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên O D = O C = O B = 1 2 B C OD=OC=OB= 2 1 BC (1) Xét tam giác B E C BEC có B E C ^ = 9 0 ∘ BEC =90 ∘ và E O EO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên O E = O C = O B = 1 2 B C OE=OC=OB= 2 1 BC (2) Từ (1) và (2) suy ra O D = O E = O C = O B OD=OE=OC=OB. Vậy tứ giác B C D E BCDE nội tiếp được đường tròn có tâm O O là trung điểm B C BC. b) Chứng minh A D H E ADHE là tứ giác nội tiếp. Vì B D , C E BD,CE là các đường cao của Δ A B C ΔABC nên B D ⊥ A C BD⊥AC và C E ⊥ A B CE⊥ AB. Gọi M M là trung điểm A H AH (học sinh tự vẽ thêm trên hình) Xét tam giác A D H ADH có A D H ^ = 9 0 ∘ ADH =90 ∘ và D M DM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên M D = M A = M H = 1 2 A H MD=MA=MH= 2 1 AH (3) Xét tam giác A E H AEH có A E H ^ = 9 0 ∘ AEH =90 ∘ và E M EM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên M E = M A = M H = 1 2 A H ME=MA=MH= 2 1 AH (4) Từ (3) và (4) suy ra A D H E ADHE là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm M M là trung điểm A H AH, đường kính A H AH.
a) Ta có M K MK, B K BK là các tiếp tuyến của ( O ) (O) Suy ra O M K ^ = O B K ^ = 9 0 ∘ OMK = OBK =90 ∘ (tính chất tiếp tuyến) Suy ra Δ M K O ΔMKO vuông tại M M, Δ O B K ΔOBK vuông tại B B. Dựng đường trung tuyến M I MI, B I BI lần lượt trong Δ M K O , Δ O B K ΔMKO,ΔOBK với I I là trung điểm của O K OK. Suy ra I M = I O = I K = I B = 1 2 O K IM=IO=IK=IB= 2 1 OK (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông) Suy ra các điểm M M, O O, K K, B B đều nằm trên đường tròn ( I ) (I) Vậy tứ giác M O B K MOBK là tứ giác nội tiếp. b) Ta có M K MK, B K BK là các tiếp tuyến của ( O ) (O) cắt nhau tại K K. Suy ra K M = K B KM=KB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mà K O KO là phân giác của M K B ^ MKB Suy ra K O KO đồng thời là đường cao trong Δ M K B ΔMKB. Vậy O K ⊥ M B OK⊥MB c)Chứng minh E M K ^ = M F E ^ EMK = MFE Ta có O M = O E OM=OE nên Δ O M E ΔOME cân tại O O. Dựng đường cao O P OP của Δ O M E ΔOME Suy ra Δ O P M ΔOPM vuông tại P P Do đó P M O ^ + M O P ^ = 9 0 ∘ PMO + MOP =90 ∘MK là tiếp tuyến của đường tròng
Suy ra M O P ^ = E M K ^ MOP = EMK Mặt khác O P OP là đường cao đồng thời là đường phân giác trong Δ O M E ΔOME Ta có: M O P ^ = E M K ^ = 1 2 M O E ^ MOP = EMK = 2 1 MOE (1) Ta thấy M F E ^ MFE và M O E ^ MOE lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung M E ME. Suy ra M F E ^ = 1 2 M O E ^ MFE = 2 1 MOE (2)
Từ (1) và (2) suy ra E M K ^ = M F E ^ EMK = MFE (đpcm) *) Chứng minh O F E ^ = E H K ^ OFE = EHK Xét Δ O M K ΔOMK và Δ M H K ΔMHK có: O M K ^ = M H K ^ = 9 0 ∘ OMK = MHK =90 ∘ M K O ^ MKO chung Suy ra Δ O M K ∽ Δ M H K ΔOMK∽ΔMHK (g.g) Suy ra O K M K = M K H K MK OK = HK MK hay M K 2 = O K . H K MK 2 =OK.HK (1) Xét Δ M E K ΔMEK và Δ F M K ΔFMK có
Thay x = 1 4 x= 4 1 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A A A = 1 4 1 4 + 1 = 1 4 1 2 + 1 = 1 6 A= 4 1 +1 4 1 = 2 1 +1 4 1 = 6 1 Vậy với x = 1 4 x= 4 1 thì giá trị của biểu thức A = 1 6 A= 6 1 b) B = 3 x + 1 + 1 1 − x + x + 5 x − 1 B= x +1 3 + 1− x 1 + x−1 x+5 = 3 x + 1 − 1 x − 1 + x + 5 ( x + 1 ) ( x − 1 ) = x +1 3 − x −1 1 + ( x +1)( x −1) x+5 = 3 x − 3 − x − 1 + x + 5 ( x + 1 ) ( x − 1 ) = ( x +1)( x −1) 3 x −3− x −1+x+5 = x + 2 x + 1 ( x + 1 ) ( x − 1 ) = ( x +1)( x −1) x+2 x +1 = ( x + 1 ) 2 ( x + 1 ) ( x − 1 ) = ( x +1)( x −1) ( x +1) 2 = x + 1 x − 1 = x −1 x +1 Vậy B = x + 1 x − 1 B= x −1 x +1 (đpcm) c) Ta có P = A . B = x x + 1 . x + 1 x − 1 = x x − 1 P=A.B= x +1 x . x −1 x +1 = x −1 x . P ≤ 4 P≤4 x x − 1 ≤ 4 x −1 x ≤4 x x − 1 − 4 ≤ 0 x −1 x −4≤0 x − 4 x + 4 x − 1 ≤ 0 x −1 x−4 x +4 ≤0 ( x − 2 ) 2 x − 1 ≤ 0 x −1 ( x −2) 2 ≤0 TH1: ( x − 2 ) 2 x − 1 = 0 x −1 ( x −2) 2 =0 ( x − 2 ) 2 = 0 ( x −2) 2 =0 x = 4 x=4 (tm). TH2: ( x − 2 ) 2 x − 1 < 0 x −1 ( x −2) 2 <0 x − 1 < 0 x −1<0 (do x − 2 ) 2 ≥ 0 x −2) 2 ≥0) x < 1 x <1 x < 1 x<1. Kết hợp với x ≥ 0 , x ≠ 1 x≥0,x =1 ta có 0 ≤ x < 1 0≤x<1và x = 4 x=4 thì P ≤ 4 P≤4.
Xét phép thử P P: "Quay đĩa tròn một lần". Ta có số trường hợp của phép thử P P là: n P = 6 n P =6 Xét biến cố A A: "Chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho 3 3". Ta có các trường hợp thuận lợi để biến cố A A xảy ra là : 3 3; 6 6. Vậy n ( A ) = 2 n(A)=2 Suy ra xác suất của biến cố A là
P( A ) = n ( A ) n P = 2 /6 = 1 /3
Tần số ghép nhóm của nhóm [ 60 ; 70 ) [60;70) là 10 10. Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm [ 60 ; 70 ) [60;70) là f [ 60 ; 70 ) = n [ 60 ; 70 ) N = 10 40 . 100 % = 25 % f [60;70) = N n [60;70) = 40 10 .100%=25%.
Gọi số xe theo dự định là x x chiếc ( x ∈ N ∗ x∈N ∗ ) Lượng hàng mỗi xe phải chở theo kế hoạch là: 120 x x 120 (tấn) Do lúc sắp khởi hành đội được bổ sung thêm 5 5 chiếc xe cùng loại nên suy ra: số xe thực tế chở là: x + 5 x+5 (chiếc) Lượng hàng mỗi xe phải chở theo thực tế là: 120 x + 5 x+5 120 (tấn) Theo bài ra ta có phương trình: 120 x x 120 - 120 x + 5 = 2 x+5 120 =2 Biến đổi đưa về phương trình: x 2 + 5 x − 300 = 0 x 2 +5x−300=0 Giải phương trình được x 1 = 15 x 1 =15, x 2 = − 20 x 2 =−20 x = − 20 x=−20 không thỏa mãn (loại) x = 15 x=15 (thỏa mãn)
Vậy số xe ban đầu là 15 xe