a: ta có: BC=BH+CH

=>BC=3,6+6,4=10(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HA^2=HB\cdot HC=3,6\cdot6,4=23,04=4,8^2\)

=>HA=4,8(cm)

ΔHAC vuông tại H

=>\(HA^2+HC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=4,8^2+6,4^2=64=8^2\)

=>AC=8(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có \(\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{8}{10}=\frac45\)

nên \(\hat{B}\) ≃53 độ

ΔABC vuông tại A

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(\hat{ACB}=90^0-53^0=37^0\)

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HB\cdot HC=AH^2\) (4)

Xét tứ giác AMHN có \(\hat{AMH}=\hat{ANH}=\hat{MAN}=90^0\)

nên AMHN là hình chữ nhật

=>\(HA^2=HM^2+HN^2\) (3)

Xét ΔHAB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(HM^2=MA\cdot MB\) (5)

Xét ΔHAC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(HN^2=NA\cdot NC\left(6\right)\)

Từ (3),(4),(5),(6) suy ra \(HB\cdot HC=MA\cdot MB+NA\cdot NC\)

c: Ta có: AK⊥MN

=>\(\hat{KAC}+\hat{ANM}=90^0\)

mà \(\hat{ANM}=\hat{AHM}\) (AMHN là hình chữ nhật)

và \(\hat{AHM}=\hat{B}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)

nên \(\hat{KAC}+\hat{B}=90^0\)

mà \(\hat{KCA}+\hat{B}=90^0\)

nên \(\hat{KAC}=\hat{KCA}\)

=>KA=KC

Ta có: \(\hat{KAC}+\hat{KAB}=\hat{BAC}=90^0\)

\(\hat{KCA}+\hat{KBA}=90^0\) (ΔABC vuông tại A)

mà \(\hat{KAC}=\hat{KCA}\)

nên \(\hat{KAB}=\hat{KBA}\)

=>KA=KB

mà KA=KC

nên KB=KC

=>K là trung điểm của BC

Câu 21:

ABCD là hình bình hành tâm O

=>O là trung điểm chung của AC và BD

ABEF là hình vuông tâm I

=>I là trung điểm chung của AE và BF; AE⊥BF tại I

BCGH là hình vuông tâm J

=>J là trung điểm chung của BG và CH; BG⊥CH tại J

\(\hat{EBC}=\hat{EBA}+\hat{CBA}=90^0+\hat{CBA}\)

\(\hat{ABH}=\hat{ABC}+\hat{CBH}=\hat{ABC}+90^0\)

Do đó: \(\hat{EBC}=\hat{ABH}\)

Xét ΔEBC và ΔABH có

EB=AB

\(\hat{EBC}=\hat{ABH}\)

BC=BH

Do đó: ΔEBC=ΔABH

=>EC=AH và \(\hat{BEC}=\hat{BAH}\)

Gọi K là giao điểm của EC và AH

Xét tứ giác BKAE có \(\hat{BEK}=\hat{BAK}\)

nên BKAE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{ABE}=\hat{AKE}=90^0\)

=>EC⊥ AH tại K

Xét ΔCAH có

O,J lần lượt là trung điểm của CA,CH

=>OJ là đường trung bình của ΔCAH

=>OJ//AH và OJ=AH/2

Xét ΔAEC có

O,I lần lượt là trung điểm của AC,AE

=>OI là đường trung bình cua ΔAEC

=>OI//EC và \(OI=\frac{EC}{2}\)

\(OJ=\frac{AH}{2};OI=\frac{EC}{2}\)

mà AH=EC

nên OJ=OI(2)

OI//EC

EC⊥AH

Do đó: OI⊥AH

OI⊥AH

AH//OJ

Do đó: OI⊥ OJ(1)

Từ (1),(2) suy ra ΔJOI vuông cân tại O

Câu 22: ABDE là hình vuông

=>AB=AE và \(\hat{EAB}=90^0\)

ACFG là hình vuông

=>AC=AG và \(\hat{GAC}=90^0\)

Ta có: \(\hat{EAG}+\hat{EAB}+\hat{BAC}+\hat{GAC}=360^0\)

=>\(\hat{EAG}+\hat{BAC}=360^0-90^0-90^0=180^0\) (1)

Trên tia đối của tia HA, lấy M sao cho HA=HM

Xét tứ giác ABMC có

H là trung điểm chung của AM và BC

=>ABMC là hình bình hành

=>\(\hat{BAC}+\hat{ACM}=180^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{GAE}=\hat{ACM}\)

Xét ΔGAE và ΔACM có

GA=AC
\(\hat{GAE}=\hat{ACM}\)

AE=CM(=AB)

Do đó: ΔGAE=ΔACM

=>GE=AM

mà AM=2AH

nên EG=2AH

Câu 84:

$\sin 3x+2\cos ^2x=1$

$\sin 3x=1-2\cos ^2x=-\cos 2x=\sin (2x-\frac{\pi}{2})$

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} 3x=2x-\frac{\pi}{2}+2k\pi\\ 3x=\frac{3}{2}\pi-2x+2k\pi\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} x=(2k+\frac{3}{2})\pi\\ x=\frac{2k+\frac{3}{2}}{5}\pi\end{matrix}\right.\) với $k$ nguyên 

Nghiệm âm lớn nhất của pt:

$x=\frac{2(-1)+\frac{3}{2}}{5}\pi =\frac{-\pi}{10}$

84.

\(sin3x+2cos^2x=1\)

\(\Leftrightarrow sin3x+cos2x=0\)

\(\Leftrightarrow cos\left(\dfrac{\pi}{2}-3x\right)+cos2x=0\)

\(\Leftrightarrow2cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{x}{2}\right).cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{5x}{2}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{x}{2}\right)=0\\cos\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{5x}{2}\right)=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{x}{2}=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\\\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{5x}{2}=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-\dfrac{\pi}{2}-k2\pi\\x=-\dfrac{\pi}{10}-\dfrac{k2\pi}{5}\end{matrix}\right.\)

\(x=-\dfrac{\pi}{2}-k2\pi< 0\Leftrightarrow k>-\dfrac{1}{4}\Rightarrow k=0\Rightarrow x=-\dfrac{\pi}{2}\)

\(x=-\dfrac{\pi}{10}-k2\pi< 0\Leftrightarrow k>-\dfrac{1}{20}\Rightarrow k=0\Rightarrow x=-\dfrac{\pi}{10}\)

Vậy \(x=-\dfrac{\pi}{10}\) là nghiệm âm lớn nhất

ĐKXĐ: \(1-3m\ge0\Rightarrow m\le\dfrac{1}{3}\) (1)

Theo điều kiện có nghiệm của pt lượng giác bậc nhất:

\(m^2+\left(1-3m\right)\ge\left(m-2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow1-3m\ge-4m+4\Rightarrow m\ge3\) (2)

Kết hợp (1); (2) \(\Rightarrow\) không tồn tại m thỏa mãn

a: Tọa độ M'(x;y) là ảnh của M(2;2) qua phép quay tâm O, góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x=2\cdot cos45-2\cdot\sin45=0\\ y=2\cdot\sin45+2\cdot cos45=2\cdot\frac{\sqrt2}{2}+2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\sqrt2}{2}\end{cases}\)

=>\(M\left(0;\frac{\sqrt2}{2}\right)\)

Lấy A(1;0) và B(2;2) thuộc (d)

Tọa độ A'(x;y) là ảnh của A(1;0) qua phép quay tâm O, góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x=1\cdot cos45-0\cdot\sin45=\frac{\sqrt2}{2}\\ y=1\cdot\sin45+0\cdot cos45=\frac{\sqrt2}{2}\end{cases}\)

=>\(A^{\prime}\left(\frac{\sqrt2}{2};\frac{\sqrt2}{2}\right)\)

Tọa độ B'(x;y) là ảnh của B(2;2) qua phép quay tâm O, góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x=2\cdot cos45-2\cdot\sin45=0\\ y=2\cdot cos45+2\cdot\sin45=2\cdot\frac{\sqrt2}{2}+2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=2\sqrt2\end{cases}\)

=>B'(0;\(2\sqrt2\) )

\(\overrightarrow{A^{\prime}B^{\prime}}=\left(0-\frac{\sqrt2}{2};2\sqrt2-\frac{\sqrt2}{2}\right)=\left(-\frac{\sqrt2}{2};\frac{3\sqrt2}{2}\right)=\left(-1;3\right)\)

=>Vecto pháp tuyến là (3;1)

Phương trình A'B' là:

\(3\left(x-0\right)+1\left(y-2\sqrt2\right)=0\)

=>3x+y-2\(\sqrt2\) =0

(C): \(\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2=4\)

=>tâm là I(1;1) và bán kính là \(R=\sqrt4=2\)

Tọa độ I'(x;y) là ảnh của I(1;1) qua phép quay tâm O, góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x=1\cdot cos45-1\cdot\sin45=0\\ y=1\cdot\sin45+1\cdot cos45=\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}=\sqrt2\end{cases}\)

Phương trình (C') là:

\(\left(x-0\right)^2+\left(y-\sqrt2\right)^2=R^2=4\)

b: Tọa độ M'(x;y) là ảnh của M(2;2) qua phép quay tâm I(1;2), góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x-1=\left(2-1\right)\cdot cos45-\left(2-2\right)\cdot\sin45=\frac{\sqrt2}{2}\\ y-2=\left(2-1\right)\cdot\sin45+\left(2-2\right)\cdot cos45=\frac{\sqrt2}{2}\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x=1+\frac{\sqrt2}{2}=\frac{2+\sqrt2}{2}\\ y=2+\frac{\sqrt2}{2}=\frac{4+\sqrt2}{2}\end{cases}\)

Lấy A(1;0) và B(2;2) thuộc (d)

Tọa độ A'(x;y) là ảnh của A(1;0) qua phép quay tâm I(1;2), góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x-1=\left(1-1\right)\cdot cos45-\left(0-2\right)\cdot\sin45=2\cdot\sin45=\sqrt2\\ y-2=\left(1-1\right)\cdot\sin45+\left(0-2\right)\cdot cos45=-\sqrt2\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x=\sqrt2+1\\ y=2-\sqrt2\end{cases}\)

=>A'(\(\sqrt2+1;2-\sqrt2\) )

Tọa độ B'(x;y) là ảnh của B(2;2) qua phép quay tâm I(1;2), góc quay 45 độ là:

\(\begin{cases}x-1=\left(2-1\right)\cdot cos45-\left(2-2\right)\cdot\sin45=\frac{\sqrt2}{2}\\ y-2=\left(2-1\right)\cdot\sin45+\left(2-2\right)\cdot cos45=\frac{\sqrt2}{2}\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x=1+\frac{\sqrt2}{2}=\frac{2+\sqrt2}{2}\\ y=2+\frac{\sqrt2}{2}=\frac{4+\sqrt2}{2}\end{cases}\)

=>B'(\(\frac{2+\sqrt2}{2};\frac{4+\sqrt2}{2}\) )

\(\overrightarrow{A^{\prime}B^{\prime}}=\left(\frac{2+\sqrt2}{2}-\sqrt2-1;\frac{4+\sqrt2}{2}-2+\sqrt2\right)\)

\(=\left(1+\frac{\sqrt2}{2}-\sqrt2-1;2+\frac{\sqrt2}{2}-2+\sqrt2\right)=\left(\frac{-\sqrt2}{2};\frac52\sqrt2\right)=\left(-1;5\right)\)

=>Vecto pháp tuyến là (5;1)

Phương trình (d') là:

5(\(x-\sqrt2-1\) )+1(\(y-2+\sqrt2\) )=0

=>\(5x-5\sqrt2-5+y-2+\sqrt2=0\)

=>\(5x+y-4\sqrt2-7=0\)

Tọa độ I'(x;y) là ảnh của I(1;1) qua phép quay tâm I(1;2), góc quay 45 độ là:

x-1=\(\left(1-1\right)\cdot cos45-\left(2-1\right)\cdot\sin45\) và y-2=\(\left(1-1\right)\cdot\sin45+\left(2-1\right)\cdot cos45\)

=>x-1=\(-\frac{\sqrt2}{2}\) và y-2=\(\frac{\sqrt2}{2}\)

=>\(x=1-\frac{\sqrt2}{2}=\frac{2-\sqrt2}{2};y=2+\frac{\sqrt2}{2}=\frac{4+\sqrt2}{2}\)

Tọa độ (C') là:

\(\left(x-\frac{2-\sqrt2}{2}\right)^2+\left(y-\frac{4+\sqrt2}{2}\right)^2=R^2=4\)