a: loading... b: PTHĐGĐ là: 2x^2=x+1 =>2x^2-x-1=0 =>2x^2-2x+x-1=0 =>(X-1)(2x+1)=0 =>x=-1/2 hoặc x=1 =>y=2*1/4=1/2 hoặc y=2

\((P):y=\frac{1}{4}x^{2}\) và \((d):y=-\frac{1}{2}x+2\) trên cùng mặt phẳng tọa độ, ta xác định các điểm tiêu biểu: Đối với (P): Parabol có đỉnh tại gốc tọa độ (0, 0). Các điểm khác bao gồm (2, 1), (-2, 1), (4, 4), và (-4, 4). Đồ thị là một đường cong trơn đi qua các điểm này.Đối với (d): Đường thẳng đi qua các điểm giao với các trục tọa độ: điểm (0, 2) (giao với trục tung) và điểm (4, 0) (giao với trục hoành). Nối hai điểm này ta được đường thẳng (d). \(\frac{1}{4}x^{2}=-\frac{1}{2}x+2\)Nhân cả hai vế với 4 để loại bỏ mẫu số:\(x^{2}=-2x+8\)Chuyển tất cả các hạng tử về một vế:\(x^{2}+2x-8=0\)Phân tích thành nhân tử (hoặc dùng công thức nghiệm):\((x+4)(x-2)=0\)Ta tìm được hai giá trị của \(x\):\(x_{1}=-4\)\(x_{2}=2\)Với \(x_{1}=-4\):\(y_{1}=\frac{1}{4}(-4)^{2}=\frac{1}{4}(16)=4\)Giao điểm thứ nhất là (-4, 4).Với \(x_{2}=2\):\(y_{2}=\frac{1}{4}(2)^{2}=\frac{1}{4}(4)=1\)Giao điểm thứ hai là (2, 1).

Do BH, CK là đường cao ∆ABC nên BH ⊥ AC, CK ⊥ AB. Xét ∆ABH vuông tại H có ˆ B A H = 45 ∘ nên ˆ A B H = 90 ∘ − ˆ B A H = 90 ∘ − 45 ∘ = 45 ∘ . Mặt khác, ˆ A B D = ˆ A C D (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) nên ˆ A C D = 45 ∘ . (1) Tương tự, ta có ˆ A C K = 90 ∘ − ˆ C A K = 90 ∘ − 45 ∘ = 45 ∘ . (2) Từ (1) và (2) suy ra ˆ D C E = ˆ A C D + ˆ A C K = 45 ∘ + 45 ∘ = 90 ∘ Mà ˆ D C E là góc nội tiếp chắn cung DE nên DE là đường kính của đường tròn (O). Vậy ba điểm D, O, E thẳng hàng

Vẽ đường kính AD của đường tròn (O), suy ra ˆ A C D = 90 o (vì tam giác ACD có ba đỉnh thuộc đường tròn và AD là đường kính) Xét Δ HBA và Δ CDA có: ˆ A H B = ˆ A C D ( = 90 o ) ; ˆ H B A = ˆ C D A (góc nội tiếp cùng chắn) Do đó Δ H B A ∽ Δ C D A ⇒ A H A C = A B A D ⇒ A B . A C = A D . A H Mà AD = 2R, do đó AB. AC = 2R. AH

Kẻ đường kính AE của đường tròn (O). Ta thấy ˆ A C E = 90 ° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Từ đó ˆ O A C + ˆ A E C = 90 ° . (1) Theo giả thiết bài ra, ta có: ˆ B A H + ˆ A B C = 90 ° . (2) Lại vì ˆ A E C = ˆ A B C (cùng chắn  A C ) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra ˆ B A H = ˆ O A C (đpcm).

Gọi I là trung điểm của OA Vì MN vuông góc với OA tại trung điểm của OA nên MN ⊥ ⊥OA tại I ΔOMN cân tại O mà OI là đường cao nên I là trung điểm của MN Xét tứ giác OMAN có I là trung điểm chung của OA và MN =>OMAN là hình bình hành Hình bình hành OMAN có OM=ON nên OMAN là hình thoi b: OMAN là hình thoi =>OM=MA =>OM=MA=OA =>ΔOMA đều Xét ΔOMA đều có MI là đường cao nên M I = O A ⋅ 3 2 = 10 3 2 = 5 3 ( c m ) MI=OA⋅ 2 3 = 2 10 3 =5 3 (cm) I là trung điểm của MN => M N = 2 ⋅ M I = 2 ⋅ 5 3 = 10 3 ( c m ) MN=2⋅MI=2⋅5 3 =10 3 (cm)

Quãng đường tàu B đi được sau 1,5 giờ là: AB = 20 \times 1,5 = 30 \text{ (hải lí)} Quãng đường tàu C đi được sau 1,5 giờ là: AC = 15 \times 1,5 = 22,5 \text{ (hải lí)} Áp dụng định lý cosin cho tam giác ABC, ta có: BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos{60^\circ} BC^2 = 30^2 + 22,5^2 - 2 \cdot 30 \cdot 22,5 \cdot \frac{1}{2} BC^2 = 900 + 506,25 - 675 BC^2 = 731,25 BC = \sqrt{731,25} \approx 27,04 \text{ (hải lí)} Vậy sau 1,5 giờ, hai tàu B và C cách nhau khoảng 27,04 hải lí.

) Chứng minh \triangle CKH \sim \triangle BCA: ABCD là hình bình hành, nên AB = CD và AD = BC. Xét \triangle CKH và \triangle BCA: Góc chung: Vì ABCD là hình bình hành, ta có AD \parallel BC. Vì CH \perp AD, nên CH cũng vuông góc với đường thẳng song song với AD, tức là CH \perp BC (nếu AD và BC được coi là các cạnh). Tuy nhiên, ở đây ta cần xét các góc liên quan đến hai tam giác đã cho. Ta có AD \parallel BC, và CH \perp AD. Nếu kéo dài CH thì CH không nhất thiết vuông góc với BC. Ta xét các góc của hình bình hành: \angle DAB = \angle BCD và \angle ABC = \angle ADC. Ta có \angle DAB + \angle ABC = 180^\circ. Trong \triangle CKH và \triangle BCA: CK \perp AB (hay CK \perp AK), nên \angle CKA = 90^\circ. CH \perp AD (hay CH \perp AH), nên \angle CHA = 90^\circ. Xét tứ giác AKCH. Ta có \angle AKC = 90^\circ và \angle AHC = 90^\circ. Vì hai đỉnh K và H cùng nhìn cạnh AC dưới một góc vuông, nên bốn điểm A, K, H, C cùng nằm trên một đường tròn đường kính AC. Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKCH: Góc nội tiếp chắn cung KH: \angle KCH = \angle KAH. Góc nội tiếp chắn cung AH: \angle KAH = \angle KCH (Đã viết ở trên) Góc nội tiếp chắn cung CK: \angle CAK = \angle CHK. Góc nội tiếp chắn cung CH: \angle CAH = \angle CKH. Ta có \angle KAH = \angle DAB. Do đó, \angle CKH = \angle CAH = \angle DAB. (Sử dụng góc chắn cung CH) \leftarrow Đây là một lỗi suy luận trong hình học. \angle CKH chắn cung CH, \angle CAH chắn cung CH. Vậy \angle CKH = \angle CAH. Ta có \angle CAH = \angle DAB. Vậy: \angle CKH = \angle CAH = \angle DAB Trong hình bình hành ABCD, ta có \angle DAB = \angle BCD. Trong \triangle BCA, \angle BCA là một góc. Xét \triangle CKH và \triangle BCA: \angle CKH và \angle BCA: Ta cần tìm mối liên hệ giữa chúng. \angle KHC và \angle BAC: Quay lại góc chung: \angle DAB là góc chung cho \triangle AHK và \triangle ABC (nếu xét \triangle AHK). Ta xét \triangle ACK và \triangle ACH. Quay lại tứ giác nội tiếp AKCH: \angle CKH = \angle CAH (cùng chắn cung CH). \angle AHC = 90^\circ. \angle AKC = 90^\circ. Trong \triangle AHC vuông tại H, ta có \angle HAC + \angle HCA = 90^\circ. Do đó \angle CAH + \angle HCA = 90^\circ. Trong \triangle AB C, ta có \angle BAC + \angle BCA + \angle ABC = 180^\circ. Xét \angle CKH: \angle CKH = \angle CAH. Xét \angle BCA: Không có quan hệ trực tiếp. Ta xét tỉ lệ các cạnh: Từ tứ giác nội tiếp AKCH, ta có: \angle CKH = \angle CAH \angle CHK = \angle CAK = \angle CAB (vì K nằm trên AB) So sánh \triangle CKH và \triangle BCA: Ta có \angle CHK = \angle CAB (chứng minh trên). Đây là một cặp góc bằng nhau. Bây giờ ta cần tìm cặp góc bằng nhau thứ hai. Ta có AD \parallel BC. Vì CH \perp AD, nên CH là khoảng cách giữa hai đường thẳng song song nếu ta mở rộng nó. AD \parallel BC \implies \angle CBK + \angle DAB = 180^\circ (góc trong cùng phía của AB cắt AD, BC). AB \parallel CD \implies \angle ABC + \angle BCD = 180^\circ. Xét \triangle CKH và \triangle BCA: Ta có \angle CHK = \angle CAB. Cần chứng minh \angle KCH = \angle CBA hoặc \angle CKH = \angle BCA. Vì AKCH nội tiếp, ta có \angle KCH = \angle KAH = \angle DAB. Trong hình bình hành, \angle CBA + \angle DAB = 180^\circ. \angle CBA + \angle KCH = 180^\circ. (Không giúp gì vì góc trong tam giác không thể bù với góc ngoài). Ta xét \angle KCH và \angle BCA: \angle KCH = \angle DAB. Trong \triangle BCA, ta có \angle BCA = 180^\circ - \angle BAC - \angle CBA. \angle CBA = 180^\circ - \angle DAB. \angle BCA = 180^\circ - \angle BAC - (180^\circ - \angle DAB) = \angle DAB - \angle BAC. \angle BCA = \angle KCH - \angle CHK. (Không đúng) Cách 2: Sử dụng tỉ số cạnh (Xét \triangle ACH và \triangle CBK) Do AKCH nội tiếp, AC là đường kính. Trong \triangle AHC vuông tại H: AH = AC \cos(\angle HAC) và CH = AC \sin(\angle HAC). Trong \triangle CK A vuông tại K: AK = AC \cos(\angle KAC) và CK = AC \sin(\angle KAC). Vì \angle HAC = \angle KAC (do \angle HAC = \angle DAB và \angle KAC = \angle DAB vì K nằm trên AB), nên: AH = AK và CH = CK. Ta cần chứng minh \triangle CKH \sim \triangle BCA. Sử dụng tỉ số các cạnh: Ta cần \frac{CK}{BC} = \frac{CH}{CA} và góc xen giữa bằng nhau, hoặc \frac{CK}{BC} = \frac{KH}{CA} = \frac{CH}{BA}. Do AD \parallel BC và CH \perp AD, ta có CH là đường cao của hình bình hành ứng với đáy AD. CH không nhất thiết là đường cao của \triangle ABC. Quay lại góc bằng nhau: Ta đã có \angle CHK = \angle CAB. (Từ AKCH nội tiếp). Xét \angle KCH: \angle KCH = \angle KAH = \angle DAB. Trong hình bình hành, \angle DAB + \angle ABC = 180^\circ. \angle CBA = 180^\circ - \angle DAB. Xét \angle BCA: Trong \triangle ABC, ta có \angle BCA = 180^\circ - \angle BAC - \angle ABC. Thay \angle ABC = 180^\circ - \angle DAB: \angle BCA = 180^\circ - \angle BAC - (180^\circ - \angle DAB) = \angle DAB - \angle BAC. Ta có \angle KCH = \angle DAB. \angle BCA = \angle KCH - \angle BAC. Vì \angle CHK = \angle BAC, nên \angle BCA = \angle KCH - \angle CHK. \implies \angle KCH = \angle BCA + \angle CHK. (Vẫn không giúp được). Kiểm tra lại giả thiết AC > BD. Điều này chỉ khẳng định \angle ABC là góc tù (do \angle ABC đối diện với AC trong \triangle ABC và \angle ADC đối diện với AC trong \triangle ADC). Xét lại quan hệ góc: Trong tứ giác nội tiếp AKCH: \angle HKC = \angle HAC = \angle DAB. \angle KCH = \angle KAH = \angle DAB. (Hai góc này bằng nhau, suy ra CH = CK như đã chứng minh ở trên). \implies \triangle CKH cân tại C. Do AD \parallel BC, ta có \angle CB D = \angle AD B. Xét \triangle CKH và \triangle BCA: Ta có CK=CH. \angle DAB = \angle BCD. Trong \triangle ABC, \angle BAC + \angle BCA + \angle ABC = 180^\circ. \angle ABC = 180^\circ - \angle DAB. Ta có \angle KCH = \angle DAB. \angle BCA = 180^\circ - \angle BAC - \angle ABC = 180^\circ - \angle BAC - (180^\circ - \angle DAB) = \angle DAB - \angle BAC. Ta có \angle CHK = \angle BAC. Nên \angle BCA = \angle KCH - \angle CHK. Nếu \triangle CKH \sim \triangle BCA, thì phải có tỉ số: \frac{CK}{BC} = \frac{CH}{BA} = \frac{KH}{CA} Vì CK=CH, nên ta cần \frac{CK}{BC} = \frac{CK}{BA}, suy ra BC = BA. Điều này chỉ xảy ra khi ABCD là hình thoi, không phải luôn đúng. Vậy, cặp góc đồng dạng phải là \angle KCH tương ứng với \angle BAC hoặc \angle BCA. Vì CK=CH, nếu \triangle CKH \sim \triangle BCA, thì \triangle BCA phải cân tại C (tức BC=BA) hoặc \triangle BCA phải cân tại B (tức BA=CA) hoặc \triangle BCA phải cân tại A (tức BC=CA). Điều này không phải lúc nào cũng đúng. Phải có sự nhầm lẫn trong việc ghi thứ tự đỉnh đồng dạng. Kiểm tra lại thứ tự: \triangle CKH \sim \triangle BCA. Góc tương ứng: C \leftrightarrow B, K \leftrightarrow C, H \leftrightarrow A. \angle KCH = \angle CBA \angle CKH = \angle BCA \angle CHK = \angle BAC Ta đã có \angle CHK = \angle BAC. (Chứng minh trên: AKCH nội tiếp, \angle CHK và \angle CAK chắn cung CK). \angle CAK = \angle CAB vì K nằm trên AB. (Góc thứ nhất đúng) Ta có \angle KCH = \angle DAB. \angle CBA = 180^\circ - \angle DAB. \angle KCH + \angle CBA = \angle DAB + (180^\circ - \angle DAB) = 180^\circ. (Không bằng nhau, trừ khi chúng đều bằng 90^\circ). Kết luận về góc: Góc thứ nhất (\angle CHK = \angle BAC) đã đúng. Cần \angle KCH = \angle CBA hoặc \angle CKH = \angle BCA. Sử dụng tỉ số (vì CK=CH): Nếu \triangle CKH \sim \triangle BCA, thì \frac{CK}{BC} = \frac{CH}{BA}. Do CK=CH, ta suy ra BC=BA, mâu thuẫn. Vậy, thứ tự đồng dạng phải là: \triangle CKH \sim \triangle CBA \quad \text{hoặc} \quad \triangle KCH \sim \triangle ABC Giả sử đề bài muốn chứng minh \triangle CHK \sim \triangle ABC (hoán đổi B \leftrightarrow C): Tương ứng: C \leftrightarrow A, H \leftrightarrow B, K \leftrightarrow C. \angle CHK = \angle ABC. (Không chắc chắn). Giả sử đề bài muốn chứng minh \triangle CKH \sim \triangle BAC (Đảo ngược thứ tự tam giác thứ hai): Tương ứng: C \leftrightarrow B, K \leftrightarrow A, H \leftrightarrow C. \angle KCH = \angle ABC \angle CKH = \angle BAC (Sai, \angle CHK = \angle BAC) \angle CHK = \angle BCA Giả sử đề bài muốn chứng minh \triangle CKH \sim \triangle CBA: Tương ứng: C \leftrightarrow C, K \leftrightarrow B, H \leftrightarrow A. \angle KCH = \angle BCA \angle CKH = \angle CBA \angle CHK = \angle CAB (Đã chứng minh đúng) Nếu \angle CHK = \angle CAB (Đúng), ta cần thêm một cặp góc nữa. Ta cần \angle KCH = \angle BCA. \angle KCH = \angle DAB. \angle BCA = \angle DAB - \angle BAC. (Không bằng nhau). Kết luận: Dựa trên các tính chất hình học, \angle CHK = \angle CAB là chắc chắn. Nếu \triangle CKH \sim \triangle BCA theo thứ tự đã cho, thì phải có \angle KCH = \angle CBA. Điều này không xảy ra trừ trường hợp đặc biệt. Có khả năng đề bài chính xác là \triangle CKH \sim \triangle BAC (hoán đổi vị trí B và A của tam giác thứ hai): Tương ứng: C \leftrightarrow B, K \leftrightarrow A, H \leftrightarrow C. \angle KCH = \angle ABC \angle CKH = \angle BAC \angle CHK = \angle BCA Ta đã có \angle CHK = \angle CAK = \angle CAB (Sai, \angle CHK và \angle CAK chắn cung CK nên \angle CHK = \angle CAK = \angle CAB). (Góc H tương ứng với góc C của \triangle BCA, tức là \angle CHK = \angle BCA). Kiểm tra lại: AKCH nội tiếp: \angle CHK chắn cung CK. \angle CAK chắn cung CK. \implies \angle CHK = \angle CAK = \angle CAB. \angle CKH chắn cung CH. \angle CAH chắn cung CH. \implies \angle CKH = \angle CAH = \angle DAB. \angle KCH chắn cung KH. \angle KAH chắn cung KH. \implies \angle KCH = \angle KAH = \angle DAB. (Vậy CK=CH, \triangle CKH cân). So sánh với \triangle BCA: Góc của \triangle BCA: \angle BAC, \angle ABC, \angle BCA. Ta có \angle CHK = \angle CAB. (Góc H của \triangle CKH tương ứng với góc A của \triangle BCA). Do đó, thứ tự đồng dạng phải là \triangle KCH \sim \triangle ACB hoặc \triangle HCK \sim \triangle ABC. Chứng minh \triangle HCK \sim \triangle ABC (Giả sử thứ tự này là đúng): Tương ứng: H \leftrightarrow A, C \leftrightarrow B, K \leftrightarrow C. \angle CHK = \angle CAB (Đã chứng minh ở trên: AKCH nội tiếp). Cần \angle HCK = \angle ABC. \angle HCK = \angle KCH = \angle DAB. Trong hình bình hành ABCD, \angle ABC + \angle DAB = 180^\circ. \angle HCK + \angle ABC = \angle DAB + \angle ABC = 180^\circ. (Không bằng nhau). Trở lại với thứ tự đề bài: \triangle CKH \sim \triangle BCA Tương ứng: C \leftrightarrow B, K \leftrightarrow C, H \leftrightarrow A. \angle CKH = \angle BCA. \angle CHK = \angle BAC. (Đã chứng minh đúng) \angle KCH = \angle CBA. Vì \angle CHK = \angle BAC đã đúng, ta cần \angle CKH = \angle BCA. Ta có \angle CKH = \angle DAB. Ta có \angle BCA = \angle DAB - \angle BAC. \angle CKH = \angle BCA + \angle BAC \implies \angle CKH = \angle BCA + \angle CHK. (Không bằng nhau).

Trường hợp 2: Khung giờ vàng Giảm giá A: 30\% \implies Giá mua A là 100\% - 30\% = 70\% giá niêm yết, tức là 0.7x. Giảm giá B: 25\% \implies Giá mua B là 100\% - 25\% = 75\% giá niêm yết, tức là 0.75y. Khách hàng mua 3A và 2B phải trả 552\,000 đồng. Ta có phương trình: 3(0.7x) + 2(0.75y) = 552\,000 2.1x + 1.5y = 552\,000 \quad (2) Ta có hệ phương trình tuyến tính hai ẩn: \begin{cases} 1.6x + 0.85y = 362\,000 & (1) \\ 2.1x + 1.5y = 552\,000 & (2) \end{cases} Nhân cả hai vế của (1) với 100 và (2) với 100 để làm mất số thập phân (hoặc nhân với 20 và 10 cho tiện tính toán): Nhân (1) với 20: 32x + 17y = 7\,240\,000 \quad (1') Nhân (2) với 10: 21x + 15y = 5\,520\,000 \quad (2') Sử dụng phương pháp thế hoặc cộng đại số. Ta khử y: Nhân (1') với 15 và (2') với 17: 15 \times (1'): \quad 15(32x) + 15(17y) = 15(7\,240\,000) 480x + 255y = 108\,600\,000 \quad (3) 17 \times (2'): \quad 17(21x) + 17(15y) = 17(5\,520\,000) 357x + 255y = 93\,840\,000 \quad (4) Lấy (3) - (4): (480x + 255y) - (357x + 255y) = 108\,600\,000 - 93\,840\,000 (480 - 357)x = 14\,760\,000 123x = 14\,760\,000 x = \frac{14\,760\,000}{123} x = 120\,000 Thay x = 120\,000 vào phương trình (2'): 21(120\,000) + 15y = 5\,520\,000 2\,520\,000 + 15y = 5\,520\,000 15y = 5\,520\,000 - 2\,520\,000 15y = 3\,000\,000 y = \frac{3\,000\,000}{15} y = 200\,000 Kết luận: Giá niêm yết của mặt hàng A là 120\,000 đồng và giá niêm yết của mặt hàng B là 200\,000 đồng

a) Giải phương trình (2x + 1)^2 - 9x^2 = 0: Phương trình đã cho có dạng hiệu hai bình phương: A^2 - B^2 = 0, với A = 2x + 1 và B^2 = 9x^2 = (3x)^2, nên B = 3x. Ta có công thức: A^2 - B^2 = (A - B)(A + B). (2x + 1)^2 - (3x)^2 = 0 ((2x + 1) - 3x)((2x + 1) + 3x) = 0 (2x + 1 - 3x)(2x + 1 + 3x) = 0 (-x + 1)(5x + 1) = 0 Phương trình tích này cho ta hai trường hợp: Trường hợp 1: -x + 1 = 0 \implies x = 1 Trường hợp 2: 5x + 1 = 0 \implies 5x = -1 \implies x = -\frac{1}{5} Vậy, phương trình có hai nghiệm là x = 1 và x = -\frac{1}{5}. b) Giải hệ phương trình \begin{cases} 5x - 4y = 3 \quad (1) \\ 2x + y = 4 \quad (2) \end{cases}: Ta sử dụng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số. Ở đây, ta dùng phương pháp thế cho đơn giản. Từ phương trình (2), ta rút y theo x: y = 4 - 2x \quad (3) Thế (3) vào phương trình (1): 5x - 4(4 - 2x) = 3 5x - 16 + 8x = 3 (5x + 8x) - 16 = 3 13x = 3 + 16 13x = 19 x = \frac{19}{13} Thay giá trị x = \frac{19}{13} vào phương trình (3) để tìm y: y = 4 - 2\left(\frac{19}{13}\right) y = 4 - \frac{38}{13} y = \frac{4 \cdot 13}{13} - \frac{38}{13} y = \frac{52 - 38}{13} y = \frac{14}{13} Vậy, hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = \left(\frac{19}{13}; \frac{14}{13}\right).