Lấy đường thẳng \(B D\) làm trục hoành \(O x\). Gọi \(B = \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\), \(D = \left(\right. 2 a , 0 \left.\right)\) (chọn \(2 a\) để trung điểm là \(\left(\right. a , 0 \left.\right)\)). Gọi \(A = \left(\right. x , y \left.\right)\) với \(y \neq 0\) (A nằm cách đường \(B D\)). Vì \(A B C D\) là hình bình hành nên \(A + C = B + D\). Do đó

\(C = B + D - A = \left(\right. 0 , 0 \left.\right) + \left(\right. 2 a , 0 \left.\right) - \left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. 2 a - x , \textrm{ } - y \left.\right) .\)

Tìm \(H\) và \(K\).
\(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(B D\) (trục hoành), vậy \(H\) có tung độ \(0\) và cùng hoành độ với \(A\):

\(H = \left(\right. x , 0 \left.\right) .\)

Tương tự \(K\) là hình chiếu của \(C\) lên \(B D\), nên

\(K = \left(\right. 2 a - x , 0 \left.\right) .\)

a) Chứng minh \(A H C K\) là hình bình hành

Tính các vectơ cạnh (dễ dàng bằng tọa độ):

• \(\overset{\rightarrow}{A H} = H - A = \left(\right. x , 0 \left.\right) - \left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. 0 , - y \left.\right) .\)
• \(\overset{\rightarrow}{C K} = K - C = \left(\right. 2 a - x , 0 \left.\right) - \left(\right. 2 a - x , - y \left.\right) = \left(\right. 0 , y \left.\right) .\)

Vì \(\overset{\rightarrow}{C K} = - \overset{\rightarrow}{A H}\), nên \(A H \parallel C K\) và \(A H = C K\).

• \(\overset{\rightarrow}{H C} = C - H = \left(\right. 2 a - x , - y \left.\right) - \left(\right. x , 0 \left.\right) = \left(\right. 2 a - 2 x , - y \left.\right) .\)
• \(\overset{\rightarrow}{A K} = K - A = \left(\right. 2 a - x , 0 \left.\right) - \left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. 2 a - 2 x , - y \left.\right) .\)

Ta thấy \(\overset{\rightarrow}{H C} = \overset{\rightarrow}{A K}\), nên \(H C \parallel A K\) và \(H C = A K\).

Vì hai cặp cạnh đối của tứ giác \(A \textrm{ }⁣ - \textrm{ }⁣ H \textrm{ }⁣ - \textrm{ }⁣ C \textrm{ }⁣ - \textrm{ }⁣ K\) song song (và bằng) nên \(A H C K\) là hình bình hành.

b) Gọi \(I\) là trung điểm của \(H K\). Chứng minh \(I B = I D\).

Trung điểm \(I\) của \(H = \left(\right. x , 0 \left.\right)\) và \(K = \left(\right. 2 a - x , 0 \left.\right)\) là

\(I = \left(\right. \frac{x + \left(\right. 2 a - x \left.\right)}{2} , \textrm{ } 0 \left.\right) = \left(\right. a , 0 \left.\right) .\)

Nhưng \(B = \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\) và \(D = \left(\right. 2 a , 0 \left.\right)\), nên điểm \(\left(\right. a , 0 \left.\right)\) chính là trung điểm của \(B D\). Do đó \(I\) trùng với trung điểm của đoạn \(B D\), nên

\(I B = I D .\)

(Geometrically: H và K là các hình chiếu của hai điểm đối diện \(A\) và \(C\) xuống cùng một đường \(B D\), nên H và K đối xứng nhau qua trung điểm của \(B D\); trung điểm của HK chính là trung điểm của BD.)

Kết luận

a) \(A H C K\) là hình bình hành.

Xét hình bình hành \(A B C D\). Chọn \(A\) làm gốc, đặt

\(\overset{⃗}{A B} = \mathbf{b} , \overset{⃗}{A D} = \mathbf{d} .\)

Khi đó

\(\overset{⃗}{A} = 0 , \overset{⃗}{B} = \mathbf{b} , \overset{⃗}{D} = \mathbf{d} , \overset{⃗}{C} = \mathbf{b} + \mathbf{d} .\)

Vì \(E\) là trung điểm của \(A D\) nên

\(\overset{⃗}{E} = \frac{\overset{⃗}{A} + \overset{⃗}{D}}{2} = \frac{\mathbf{d}}{2} .\)

Vì \(F\) là trung điểm của \(B C\) nên

\(\overset{⃗}{F} = \frac{\overset{⃗}{B} + \overset{⃗}{C}}{2} = \frac{\mathbf{b} + \left(\right. \mathbf{b} + \mathbf{d} \left.\right)}{2} = \mathbf{b} + \frac{\mathbf{d}}{2} .\)

a) Tứ giác \(E B F D\) là hình bình hành.

Tính các vectơ cạnh:

\(\overset{⃗}{E B} = \overset{⃗}{B} - \overset{⃗}{E} = \mathbf{b} - \frac{\mathbf{d}}{2} , \overset{⃗}{F D} = \overset{⃗}{D} - \overset{⃗}{F} = \mathbf{d} - \left(\right. \mathbf{b} + \frac{\mathbf{d}}{2} \left.\right) = \frac{\mathbf{d}}{2} - \mathbf{b} = - \overset{⃗}{E B} .\)

Vì \(\overset{⃗}{F D} = - \overset{⃗}{E B}\) nên \(F D\) song song và bằng \(E B\) (chỉ ngược chiều). Do đó một cặp cạnh đối của \(E B F D\) song song và bằng nhau.

Ngoài ra

\(\overset{⃗}{B F} = \overset{⃗}{F} - \overset{⃗}{B} = \left(\right. \mathbf{b} + \frac{\mathbf{d}}{2} \left.\right) - \mathbf{b} = \frac{\mathbf{d}}{2} , \overset{⃗}{E D} = \overset{⃗}{D} - \overset{⃗}{E} = \mathbf{d} - \frac{\mathbf{d}}{2} = \frac{\mathbf{d}}{2} ,\)

nên \(\overset{⃗}{B F} = \overset{⃗}{E D}\), tức \(B F \parallel E D\) và \(B F = E D\). Vậy cả hai cặp cạnh đối của \(E B F D\) song song, nên \(E B F D\) là hình bình hành.

b) Ba điểm \(E , O , F\) thẳng hàng, với \(O\) là giao điểm hai đường chéo.

Trong hình bình hành hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường chéo, nên

\(\overset{⃗}{O} = \text{trung}\&\text{nbsp};đ\text{i}ể\text{m}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; A C = \frac{\overset{⃗}{A} + \overset{⃗}{C}}{2} = \frac{0 + \left(\right. \mathbf{b} + \mathbf{d} \left.\right)}{2} = \frac{\mathbf{b}}{2} + \frac{\mathbf{d}}{2} .\)

Ta đã có \(\overset{⃗}{E} = \frac{\mathbf{d}}{2}\) và \(\overset{⃗}{F} = \mathbf{b} + \frac{\mathbf{d}}{2}\). Các tọa độ này cho thấy

\(\overset{⃗}{O} - \overset{⃗}{E} = \frac{\mathbf{b}}{2} , \overset{⃗}{F} - \overset{⃗}{O} = \frac{\mathbf{b}}{2} ,\)

nên \(\overset{⃗}{O} - \overset{⃗}{E}\) và \(\overset{⃗}{F} - \overset{⃗}{O}\) cùng phương — nghĩa là \(E , O , F\) thẳng hàng (và \(E O : O F = 1 : 1\) theo thứ tự).

(Một cách hình học thuần túy: trong tam giác \(A D C\), \(E\) là trung điểm của \(A D\) và \(O\) là trung điểm của \(A C\) nên \(E O \parallel D C\). Trong tam giác \(D B C\), \(O\) là trung điểm của \(D B\) và \(F\) là trung điểm của \(B C\) nên \(O F \parallel D C\). Vậy cả \(E O\) và \(O F\) cùng song song với \(D C\) và cùng đi qua \(O\) nên là cùng một đường thẳng — tức \(E , O , F\) thẳng hàng.)

Kết luận:
a) \(E B F D\) là hình bình hành.
b) \(E , O , F\) thẳng

Cho: tam giác \(A B C\). \(B M\) và \(C N\) là hai đường trung tuyến nên \(M\) là trung điểm của \(A C\), \(N\) là trung điểm của \(A B\). \(G\) là giao điểm hai đường trung tuyến (tức trọng tâm). \(P , Q\) lần lượt là trung điểm của \(G B\) và \(G C\).

Chứng minh: tứ giác \(P Q M N\) là hình bình hành.

Lời giải:

1. Xét tam giác \(B G C\). Trong tam giác này, \(P\) là trung điểm của \(G B\), \(Q\) là trung điểm của \(G C\).
   Áp dụng định lý đoạn nối trung điểm trong tam giác, ta có:
   \(& P Q \parallel B C \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} P Q = \frac{1}{2} B C . & & (\text{1})\)
2. Xét tam giác \(A B C\). Ở đây \(M\) là trung điểm của \(A C\), \(N\) là trung điểm của \(A B\).
   Lại dùng định lý đoạn nối trung điểm, ta được:
   \(& M N \parallel B C \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} M N = \frac{1}{2} B C . & & (\text{2})\)
3. Từ (1) và (2) suy ra:
   \(P Q \parallel M N \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} P Q = M N .\)
   Khi một cặp cạnh đối của một tứ giác vừa song song vừa bằng nhau, tứ giác đó là hình bình hành.

Vậy \(P Q M N\) là hình bình hành. □

• là trung điểm của \(A E\) nên \(\overset{⃗}{B} = \frac{\overset{⃗}{A} + \overset{⃗}{E}}{2}\). Thay \(\overset{⃗}{A} = 0 , \overset{⃗}{B} = \mathbf{b}\) ta được \(\overset{⃗}{E} = 2 \mathbf{b}\).
• \(C\) là trung điểm của \(D F\) nên \(\overset{⃗}{C} = \frac{\overset{⃗}{D} + \overset{⃗}{F}}{2}\). Thay \(\overset{⃗}{C} = \mathbf{b} + \mathbf{d} , \overset{⃗}{D} = \mathbf{d}\) ta được
  \(\mathbf{b} + \mathbf{d} = \frac{\mathbf{d} + \overset{⃗}{F}}{2} \Rightarrow \overset{⃗}{F} = \mathbf{d} + 2 \mathbf{b} .\)

Bây giờ tính các vectơ đoạn thẳng cần thiết:

\(& \overset{⃗}{A E} = \overset{⃗}{E} - \overset{⃗}{A} = 2 \mathbf{b} - 0 = 2 \mathbf{b} , \\ & \overset{⃗}{D F} = \overset{⃗}{F} - \overset{⃗}{D} = \left(\right. \mathbf{d} + 2 \mathbf{b} \left.\right) - \mathbf{d} = 2 \mathbf{b} .\)

Vì \(\overset{⃗}{A E} = \overset{⃗}{D F}\) nên \(A E \parallel D F\) và \(A E = D F\).

\(& \overset{⃗}{E F} = \overset{⃗}{F} - \overset{⃗}{E} = \left(\right. \mathbf{d} + 2 \mathbf{b} \left.\right) - 2 \mathbf{b} = \mathbf{d} , \\ & \overset{⃗}{A D} = \overset{⃗}{D} - \overset{⃗}{A} = \mathbf{d} - 0 = \mathbf{d} .\)

Vì \(\overset{⃗}{E F} = \overset{⃗}{A D}\) nên \(E F \parallel A D\) và \(E F = A D\).

Từ hai điều trên, trong tứ giác \(A E F D\) cả hai cặp cạnh đối đều song song (vì \(A E \parallel D F\) và \(E F \parallel A D\)) nên \(A E F D\) là hình bình hành.

Tương tự cho tứ giác \(A B F C\):

\(& \overset{⃗}{A B} = \mathbf{b} , \overset{⃗}{F C} = \overset{⃗}{C} - \overset{⃗}{F} = \left(\right. \mathbf{b} + \mathbf{d} \left.\right) - \left(\right. \mathbf{d} + 2 \mathbf{b} \left.\right) = - \mathbf{b} , \\ & \overset{⃗}{B F} = \overset{⃗}{F} - \overset{⃗}{B} = \left(\right. \mathbf{d} + 2 \mathbf{b} \left.\right) - \mathbf{b} = \mathbf{d} + \mathbf{b} , \overset{⃗}{A C} = \overset{⃗}{C} - \overset{⃗}{A} = \mathbf{b} + \mathbf{d} .\)

Vì \(\overset{⃗}{A B} = - \overset{⃗}{F C}\) nên \(A B \parallel F C\), và \(\overset{⃗}{B F} = \overset{⃗}{A C}\) nên \(B F \parallel A C\). Do đó hai cặp cạnh đối của \(A B F C\) song song nên \(A B F C\) là hình bình hành.

(b) Các trung điểm của \(A F , \textrm{ }\textrm{ } D E , \textrm{ }\textrm{ } B C\) trùng nhau.

Tính toạ độ (véc-tơ) các trung điểm:

• Trung điểm của \(A F\): \(\frac{\overset{⃗}{A} + \overset{⃗}{F}}{2} = \frac{0 + \left(\right. \mathbf{d} + 2 \mathbf{b} \left.\right)}{2} = \frac{\mathbf{d}}{2} + \mathbf{b} .\)
• Trung điểm của \(D E\): \(\frac{\overset{⃗}{D} + \overset{⃗}{E}}{2} = \frac{\mathbf{d} + 2 \mathbf{b}}{2} = \frac{\mathbf{d}}{2} + \mathbf{b} .\)
• Trung điểm của \(B C\): \(\frac{\overset{⃗}{B} + \overset{⃗}{C}}{2} = \frac{\mathbf{b} + \left(\right. \mathbf{b} + \mathbf{d} \left.\right)}{2} = \frac{2 \mathbf{b} + \mathbf{d}}{2} = \mathbf{b} + \frac{\mathbf{d}}{2} .\)

Ba biểu thức trên bằng nhau, vậy ba trung điểm của \(A F , \textrm{ }\textrm{ } D E , \textrm{ }\textrm{ } B C\) trùng nhau.

Kết luận

a) \(A E F D\) và \(A B F C\) đều là hình bình hành.
b) Trung điểm của ba đoạn \(A F , \textrm{ }\textrm{ } D E , \textrm{ }\textrm{ } B C\) trùng nhau (cùng tại điểm có vectơ toạ độ \(\mathbf{b} + \frac{\mathbf{d}}{2}\)).

1. Chứng minh \(\triangle O A M = \triangle O C N\) (đồng dạng rồi suy ra bằng nhau)

Xét hai tam giác \(\triangle O A M\) và \(\triangle O C N\).

• Vì \(M \in A B\) nên \(M A\) nằm trên đường thẳng \(A B\). Vì \(N \in C D\) nên \(N C\) nằm trên đường thẳng \(C D\). Do \(A B \parallel C D\) nên
  \(M A \parallel N C .\)
• Vì \(M , O , N\) thẳng hàng nên \(O M\) và \(O N\) là cùng một đường thẳng (chỉ khác chiều), tức
  \(O M \parallel O N .\)

Do đó

\(\angle O A M = \angle O C N (\text{g} \overset{ˊ}{\text{o}} \text{c}\&\text{nbsp};\text{t}ạ\text{o}\&\text{nbsp};\text{b}ở\text{i}\&\text{nbsp};đườ\text{ng}\&\text{nbsp}; O A \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; A B \&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{b}ở\text{i}\&\text{nbsp}; O C \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; C D \&\text{nbsp};\text{t}ưo\text{ng}\&\text{nbsp};ứ\text{ng}) ,\)

và

\(\angle O M A = \angle O N C (\text{g} \overset{ˊ}{\text{o}} \text{c}\&\text{nbsp};\text{t}ạ\text{o}\&\text{nbsp};\text{b}ở\text{i}\&\text{nbsp}; O M \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; M A \&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{b}ở\text{i}\&\text{nbsp}; O N \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; N C \&\text{nbsp};\text{t}ưo\text{ng}\&\text{nbsp};ứ\text{ng}).\)

Vậy hai tam giác \(\triangle O A M\) và \(\triangle O C N\) có hai góc tương ứng bằng nhau nên đồng dạng \(\left(\right. \triangle O A M sim \triangle O C N \left.\right)\).

Ngoài ra \(O\) là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành nên \(O\) là trung điểm cả hai đường chéo, do đó

\(O A = O C .\)

Từ tam giác đồng dạng, tỉ lệ tương ứng là

\(\frac{O A}{O C} = \frac{O M}{O N} = \frac{A M}{C N} .\)

Vì \(O A = O C\) nên tỉ số bằng \(1\), suy ra \(O M = O N\) và \(A M = C N\). Do đó hai tam giác không chỉ đồng dạng mà còn cùng (cực) bằng nhau về kích thước theo tương ứng đã nêu.

Như vậy ta đã chứng minh được \(\triangle O A M = \triangle O C N\) (về hình dạng và kích thước tương ứng), và đặc biệt

\(& A M = C N . & & (\text{1})\)

(Đối với yêu cầu ban đầu ký hiệu \(\Delta \Delta O A M = \Delta \Delta O C N\), người ta có thể hiểu là hai tam giác có diện tích bằng nhau — điều này cũng đúng vì hai tam giác đồng dạng với tỉ số bằng 1.)

2. Suy ra \(M B N D\) là hình bình hành

Ta cần chứng minh hai cặp cạnh đối của tứ giác \(M B N D\) song song (hoặc song song và bằng nhau).

• Xét hai đoạn \(M B\) và \(N D\). \(M B\) nằm trên \(A B\) còn \(N D\) nằm trên \(C D\). Vì \(A B \parallel C D\) nên
  \(M B \parallel N D .\)
• Về độ dài: do \(A B C D\) là hình bình hành nên \(A B = C D\). Từ (1) \(A M = C N\). Do đó
  \(M B = A B - A M = C D - C N = N D .\)

Vậy \(M B\) và \(N D\) không những song song mà còn bằng nhau.

Khi một cặp cạnh đối của tứ giác song song và bằng nhau thì tứ giác đó là hình bình hành. (Hoặc ta có thể dùng rằng nếu hai đoạn đối diện song song thì tứ giác là hình bình hành.)

Vậy tứ giác \(M B N D\) là hình bình hành.

Kết luận

\(\triangle O A M\) và \(\triangle O C N\) đồng dạng (thực tế bằng nhau theo tỉ lệ \(1\)), và từ đó suy ra \(A M = C N\); kết hợp với \(A B \parallel C D\) và \(A B = C D\) ta được \(M B \parallel N D\) và \(M B = N D\), nên \(M B N D\) là hình bình hành. □

1. Chứng minh \(\triangle O A M = \triangle O C N\) (đồng dạng rồi suy ra bằng nhau)

Xét hai tam giác \(\triangle O A M\) và \(\triangle O C N\).

• Vì \(M \in A B\) nên \(M A\) nằm trên đường thẳng \(A B\). Vì \(N \in C D\) nên \(N C\) nằm trên đường thẳng \(C D\). Do \(A B \parallel C D\) nên
  \(M A \parallel N C .\)
• Vì \(M , O , N\) thẳng hàng nên \(O M\) và \(O N\) là cùng một đường thẳng (chỉ khác chiều), tức
  \(O M \parallel O N .\)

Do đó

\(\angle O A M = \angle O C N (\text{g} \overset{ˊ}{\text{o}} \text{c}\&\text{nbsp};\text{t}ạ\text{o}\&\text{nbsp};\text{b}ở\text{i}\&\text{nbsp};đườ\text{ng}\&\text{nbsp}; O A \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; A B \&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{b}ở\text{i}\&\text{nbsp}; O C \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; C D \&\text{nbsp};\text{t}ưo\text{ng}\&\text{nbsp};ứ\text{ng}) ,\)

và

\(\angle O M A = \angle O N C (\text{g} \overset{ˊ}{\text{o}} \text{c}\&\text{nbsp};\text{t}ạ\text{o}\&\text{nbsp};\text{b}ở\text{i}\&\text{nbsp}; O M \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; M A \&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{b}ở\text{i}\&\text{nbsp}; O N \&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; N C \&\text{nbsp};\text{t}ưo\text{ng}\&\text{nbsp};ứ\text{ng}).\)

Vậy hai tam giác \(\triangle O A M\) và \(\triangle O C N\) có hai góc tương ứng bằng nhau nên đồng dạng \(\left(\right. \triangle O A M sim \triangle O C N \left.\right)\).

Ngoài ra \(O\) là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành nên \(O\) là trung điểm cả hai đường chéo, do đó

\(O A = O C .\)

Từ tam giác đồng dạng, tỉ lệ tương ứng là

\(\frac{O A}{O C} = \frac{O M}{O N} = \frac{A M}{C N} .\)

Vì \(O A = O C\) nên tỉ số bằng \(1\), suy ra \(O M = O N\) và \(A M = C N\). Do đó hai tam giác không chỉ đồng dạng mà còn cùng (cực) bằng nhau về kích thước theo tương ứng đã nêu.

Như vậy ta đã chứng minh được \(\triangle O A M = \triangle O C N\) (về hình dạng và kích thước tương ứng), và đặc biệt

\(& A M = C N . & & (\text{1})\)

(Đối với yêu cầu ban đầu ký hiệu \(\Delta \Delta O A M = \Delta \Delta O C N\), người ta có thể hiểu là hai tam giác có diện tích bằng nhau — điều này cũng đúng vì hai tam giác đồng dạng với tỉ số bằng 1.)

2. Suy ra \(M B N D\) là hình bình hành

Ta cần chứng minh hai cặp cạnh đối của tứ giác \(M B N D\) song song (hoặc song song và bằng nhau).

• Xét hai đoạn \(M B\) và \(N D\). \(M B\) nằm trên \(A B\) còn \(N D\) nằm trên \(C D\). Vì \(A B \parallel C D\) nên
  \(M B \parallel N D .\)
• Về độ dài: do \(A B C D\) là hình bình hành nên \(A B = C D\). Từ (1) \(A M = C N\). Do đó
  \(M B = A B - A M = C D - C N = N D .\)

Vậy \(M B\) và \(N D\) không những song song mà còn bằng nhau.

Khi một cặp cạnh đối của tứ giác song song và bằng nhau thì tứ giác đó là hình bình hành. (Hoặc ta có thể dùng rằng nếu hai đoạn đối diện song song thì tứ giác là hình bình hành.)

Vậy tứ giác \(M B N D\) là hình bình hành.

Kết luận

\(\triangle O A M\) và \(\triangle O C N\) đồng dạng (thực tế bằng nhau theo tỉ lệ \(1\)), và từ đó suy ra \(A M = C N\); kết hợp với \(A B \parallel C D\) và \(A B = C D\) ta được \(M B \parallel N D\) và \(M B = N D\), nên \(M B N D\) là hình bình hành. □

Quan sát:

\(M \left(\right. x \left.\right) = x^{8} - 101 x^{7} + 101 x^{6} - 101 x^{5} + 101 x^{4} - 101 x^{3} + 101 x^{2} - 101 x + 125.\)

Dấu các số hạng từ \(x^{7}\) đến \(x\) lần lượt là: \(- 101 , + 101 , - 101 , + 101 , - 101 , + 101 , - 101\).

Bước 2: Nhóm các số hạng từ \(x^{7}\) đến \(x\)

Nhóm theo từng cặp:

\(\left(\right. - 101 x^{7} + 101 x^{6} \left.\right) + \left(\right. - 101 x^{5} + 101 x^{4} \left.\right) + \left(\right. - 101 x^{3} + 101 x^{2} \left.\right) + \left(\right. - 101 x \left.\right) .\)

Hoặc tách riêng từng cặp:

\(101 \left(\right. x^{6} - x^{7} \left.\right) + 101 \left(\right. x^{4} - x^{5} \left.\right) + 101 \left(\right. x^{2} - x^{3} \left.\right) - 101 x .\)

Bước 3: Viết lại đa thức:

\(M \left(\right. x \left.\right) = x^{8} + 101 \left(\right. x^{6} - x^{7} \left.\right) + 101 \left(\right. x^{4} - x^{5} \left.\right) + 101 \left(\right. x^{2} - x^{3} \left.\right) - 101 x + 125.\)

Bước 4: Thay \(x = 100\)

Tính:

\(M \left(\right. 100 \left.\right) = 100^{8} + 101 \left(\right. 100^{6} - 100^{7} \left.\right) + 101 \left(\right. 100^{4} - 100^{5} \left.\right) + 101 \left(\right. 100^{2} - 100^{3} \left.\right) - 101 \times 100 + 125.\)

Tính các phần đơn:

• \(100^{8}\) là \(10^{16}\).
• \(100^{7} = 10^{14}\), \(100^{6} = 10^{12}\).
• \(100^{5} = 10^{10}\), \(100^{4} = 10^{8}\).
• \(100^{3} = 10^{6}\), \(100^{2} = 10^{4}\).

Thay vào:

\(M \left(\right. 100 \left.\right) = 10^{16} + 101 \left(\right. 10^{12} - 10^{14} \left.\right) + 101 \left(\right. 10^{8} - 10^{10} \left.\right) + 101 \left(\right. 10^{4} - 10^{6} \left.\right) - 101 \times 100 + 125.\)

Bước 5: Tính từng nhóm

\(101 \left(\right. 10^{12} - 10^{14} \left.\right) = 101 \left(\right. 10^{12} - 10^{14} \left.\right) = 101 \times \left(\right. - 99 \times 10^{12} \left.\right) = - 101 \times 99 \times 10^{12} = - 9999 \times 10^{12} .\)

Tương tự,

\(101 \left(\right. 10^{8} - 10^{10} \left.\right) = 101 \times \left(\right. - 99 \times 10^{8} \left.\right) = - 9999 \times 10^{8} .\) \(101 \left(\right. 10^{4} - 10^{6} \left.\right) = 101 \times \left(\right. - 99 \times 10^{4} \left.\right) = - 9999 \times 10^{4} .\)

Bước 6: Viết lại tổng:

\(M \left(\right. 100 \left.\right) = 10^{16} - 9999 \times 10^{12} - 9999 \times 10^{8} - 9999 \times 10^{4} - 10100 + 125.\)

Bước 7: Viết các số theo cùng cơ số 10

\(10^{16} = 10^{16} ,\) \(9999 \times 10^{12} = 9999 \times 10^{12} ,\) \(9999 \times 10^{8} = 9999 \times 10^{8} ,\) \(9999 \times 10^{4} = 9999 \times 10^{4} .\)

Bước 8: Chia \(M \left(\right. 100 \left.\right)\) cho \(10^{4}\) để dễ tính:

\(M \left(\right. 100 \left.\right) = 10^{16} - 9999 \times 10^{12} - 9999 \times 10^{8} - 9999 \times 10^{4} - 10100 + 125.\)

Viết:

\(= 10^{16} - 9999 \times 10^{12} - 9999 \times 10^{8} - 9999 \times 10^{4} - 10000 - 100 + 125.\)

Thêm vào đó, \(- 100 + 125 = 25\), \(- 10000 + 25 = - 9975\).

Bước 9: Kiểm tra mẫu số

Dưới đây là một mẹo nhận biết dạng \(M \left(\right. x \left.\right)\):

Đa thức ban đầu:

\(M \left(\right. x \left.\right) = x^{8} - 101 x^{7} + 101 x^{6} - 101 x^{5} + \hdots + 101 x^{2} - 101 x + 125.\)

Chúng ta nhận ra chuỗi dấu trừ cộng xen kẽ có thể viết dưới dạng:

\(M \left(\right. x \left.\right) = x^{8} - 101 x \left(\right. x^{6} - x^{5} + x^{4} - x^{3} + x^{2} - x + 1 \left.\right) + 125.\)

Ta thử viết lại biểu thức trong dấu ngoặc:

\(x^{6} - x^{5} + x^{4} - x^{3} + x^{2} - x + 1.\)

Nhận thấy đây là chuỗi lặp dấu, thử tính:

\(S = x^{6} - x^{5} + x^{4} - x^{3} + x^{2} - x + 1.\)

Bước 10: Sử dụng công thức chuỗi số học hoặc cấp số nhân

Chuỗi:

\(S = \sum_{k = 0}^{6} \left(\right. - 1 \left.\right)^{k} x^{6 - k} = \sum_{m = 0}^{6} \left(\right. - 1 \left.\right)^{m} x^{6 - m} .\)

Chuyển về:

\(S = x^{6} - x^{5} + x^{4} - x^{3} + x^{2} - x + 1.\)

Hoặc có thể thử nhân \(S\) với \(\left(\right. x + 1 \left.\right)\):

\(S \left(\right. x + 1 \left.\right) = ?\)

Thử nhân:

\(S \times \left(\right. x + 1 \left.\right) = \left(\right. x^{6} - x^{5} + x^{4} - x^{3} + x^{2} - x + 1 \left.\right) \left(\right. x + 1 \left.\right) .\)

Nhân từng hạng:

• \(x^{6} \times x = x^{7}\)
• \(x^{6} \times 1 = x^{6}\)
• \(- x^{5} \times x = - x^{6}\)
• \(- x^{5} \times 1 = - x^{5}\)
• \(x^{4} \times x = x^{5}\)
• \(x^{4} \times 1 = x^{4}\)
• \(- x^{3} \times x = - x^{4}\)
• \(- x^{3} \times 1 = - x^{3}\)
• \(x^{2} \times x = x^{3}\)
• \(x^{2} \times 1 = x^{2}\)
• \(- x \times x = - x^{2}\)
• \(- x \times 1 = - x\)
• \(1 \times x = x\)
• \(1 \times 1 = 1\)

Cộng lại:

\(S \left(\right. x + 1 \left.\right) = x^{7} + x^{6} - x^{6} - x^{5} + x^{5} + x^{4} - x^{4} - x^{3} + x^{3} + x^{2} - x^{2} - x + x + 1.\)

Rút gọn:

• \(x^{6} - x^{6} = 0\)
• \(- x^{5} + x^{5} = 0\)
• \(x^{4} - x^{4} = 0\)
• \(- x^{3} + x^{3} = 0\)
• \(x^{2} - x^{2} = 0\)
• \(- x + x = 0\)

Còn lại:

\(S \left(\right. x + 1 \left.\right) = x^{7} + 1.\)

Vậy:

\(S = \frac{x^{7} + 1}{x + 1} .\)

1. Xét \(\triangle B A D\) và \(\triangle E A D\):

• \(A D\) là cạnh chung của hai tam giác.
• Góc \(A D B\) và góc \(A D E\) đều vuông vì \(D E \bot A C\) (góc \(A D E\) là góc vuông), góc \(A D B\) thuộc tam giác vuông tại \(B\).
  Chú ý: Có thể cần làm rõ hơn: \(\angle A D B\) có phải vuông không?
  Nhưng \(B\) nằm trên đoạn \(A B\), tam giác vuông tại \(B\) nên \(\angle A B C = 90^{\circ}\), không phải \(\angle A D B\).
  Thay vì xét góc này, ta xét góc chung tại \(A\):
• \(\angle B A D\) và \(\angle E A D\) là một góc chung.

1. Xét hai tam giác \(\triangle B A D\) và \(\triangle E A D\):

• Cạnh \(A D\) chung.
• Góc \(B A D = \angle E A D\) (góc chung).
• Hai tam giác đều có góc vuông tại \(D\) vì \(D E \bot A C\).

Vậy theo cạnh – góc – cạnh (c.g.c), \(\triangle B A D = \triangle E A D\).

b) Chứng minh \(A D\) là trung trực của \(B E\).

Ý nghĩa trung trực: \(A D\) vuông góc với đoạn \(B E\) tại trung điểm của nó.

Chứng minh:

1. Từ câu a), ta có \(\triangle B A D = \triangle E A D\), do đó:

• \(B D = D E\) (hai cạnh tương ứng).
• Góc \(A D B = A D E = 90^{\circ}\) (do \(D E \bot A C\)).

1. Xét đoạn \(B E\):

• Điểm \(D\) nằm trên \(B E\) và thỏa mãn \(B D = D E\).
• \(A D \bot B E\) tại \(D\).

Vậy \(A D\) là đường trung trực của đoạn \(B E\).

c) Trên tia đối của tia \(B A\) lấy điểm \(K\) sao cho \(B K = C E\). Chứng minh ba điểm \(E , D , K\) thẳng hàng.

Phân tích:

• Tia đối của \(B A\) là tia bắt đầu từ \(B\) đi ngược hướng với \(B A\).
• \(K\) nằm trên tia đối đó sao cho \(B K = C E\).

Chứng minh:

1. Ta đã có \(D\) nằm trên \(A C\), \(E \in A C\), và \(D E \bot A C\).
2. Xét tam giác vuông \(A B C\) vuông tại \(B\):

• \(A D\) là phân giác của góc \(A\).
• \(E\) là chân đường vuông góc từ \(D\) xuống \(A C\).

1. Do \(B K = C E\) và \(K\) nằm trên tia đối của \(B A\), ta sẽ chứng minh \(E , D , K\) thẳng hàng bằng cách xét các vectơ hoặc hệ thức về độ dài và vị trí.

Cách chứng minh bằng vectơ:

• Gọi \(\overset{⃗}{B A} = \overset{⃗}{u}\).
• Vì \(K\) nằm trên tia đối \(B A\), nên:

\(\overset{⃗}{B K} = - t \overset{⃗}{u} , t = \frac{B K}{\mid B A \mid} > 0.\)

• \(B K = C E\).
• \(D , E\) thuộc \(A C\) và \(D E \bot A C\), nên \(D , E\) xác định vị trí.
• Ta cần chứng minh \(\overset{⃗}{K E}\) song song với \(\overset{⃗}{E D}\), tức \(E , D , K\) thẳng hàng.

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

\(P \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. x^{3} - 2 x^{2} + 5 x - 3 \left.\right) + \left(\right. - x^{3} + 2 x^{2} - 3 x + 5 \left.\right)\)

Gộp các hạng tử đồng dạng:

• \(x^{3} + \left(\right. - x^{3} \left.\right) = 0\)
• \(- 2 x^{2} + 2 x^{2} = 0\)
• \(5 x + \left(\right. - 3 x \left.\right) = 2 x\)
• \(- 3 + 5 = 2\)

Vậy:

\(P \left(\right. x \left.\right) = 2 x + 2\)

b) Tính \(Q \left(\right. x \left.\right) = A \left(\right. x \left.\right) \cdot C \left(\right. x \left.\right)\)

\(Q \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. x^{3} - 2 x^{2} + 5 x - 3 \left.\right) \cdot \left(\right. x - 3 \left.\right)\)

Áp dụng phân phối nhân đa thức:

\(Q \left(\right. x \left.\right) = x^{3} \left(\right. x - 3 \left.\right) - 2 x^{2} \left(\right. x - 3 \left.\right) + 5 x \left(\right. x - 3 \left.\right) - 3 \left(\right. x - 3 \left.\right)\)

Tính từng phần:

• \(x^{3} \left(\right. x - 3 \left.\right) = x^{4} - 3 x^{3}\)
• \(- 2 x^{2} \left(\right. x - 3 \left.\right) = - 2 x^{3} + 6 x^{2}\)
• \(5 x \left(\right. x - 3 \left.\right) = 5 x^{2} - 15 x\)
• \(- 3 \left(\right. x - 3 \left.\right) = - 3 x + 9\)

Cộng lại:

\(Q \left(\right. x \left.\right) = x^{4} - 3 x^{3} - 2 x^{3} + 6 x^{2} + 5 x^{2} - 15 x - 3 x + 9\) \(= x^{4} - 5 x^{3} + 11 x^{2} - 18 x + 9\)

c) Tìm nghiệm của \(P \left(\right. x \left.\right) = 2 x + 2\)

Ta giải phương trình:

\(2 x + 2 = 0 \Rightarrow 2 x = - 2 \Rightarrow x = - 1\)

a) Viết tập hợp A gồm các kết quả có thể xảy ra

Có 10 thẻ ghi các số từ 0 đến 9, nên:

\(A = \left{\right. 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 \left.\right}\)

b) Liệt kê các kết quả có lợi cho biến cố B: “Số xuất hiện trên thẻ được rút là số nguyên tố.”

Các số nguyên tố nhỏ hơn 10 là:

\(\left{\right. 2 , 3 , 5 , 7 \left.\right}\)

Đây là các kết quả có lợi cho biến cố B.

Tính xác suất của biến cố B

Số phần tử trong tập A: 10
Số phần tử thỏa mãn biến cố B: 4

\(P \left(\right. B \left.\right) = \frac{\text{s} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \&\text{nbsp};\text{ph} \overset{ˋ}{\hat{\text{a}}} \text{n}\&\text{nbsp};\text{t}ử\&\text{nbsp};\text{th}ỏ\text{a}\&\text{nbsp};\text{m} \overset{\sim}{\text{a}} \text{n}\&\text{nbsp};\text{B}}{\text{s} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \&\text{nbsp};\text{ph} \overset{ˋ}{\hat{\text{a}}} \text{n}\&\text{nbsp};\text{t}ử\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp};\text{A}} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}\)