Kích thước của cả khung ảnh là \(\left(\right. 17 + 2 x \left.\right)\) cm x \(\left(\right. 25 + 2 x \left.\right)\) cm (Điều kiện: \(x > 0\))

Diện tích cả khung ảnh là: S = \(\left(\right. 17 + 2 x \left.\right) . \left(\right. 25 + 2 x \left.\right) = 4 x^{2} + 84 x + 425\)

Để diện tích của cả khung ảnh lớn nhất là \(513\) cm² thì  \(S = 4 x^{2} + 84 x + 425 \leq 513\)

\(\Rightarrow 4 x^{2} + 84 x - 88 \leq 0 \Leftrightarrow - 22 \leq x \leq 1\). Vì \(x > 0\) nên \(x \in \left(\right. 0 ; 1 \left]\right.\)

Vậy cần phải làm độ rộng viền khung ảnh tối đa \(1\) (cm).

a) 

\(& \overset{\rightarrow}{n_{\Delta}} = \left(\right. 3 ; 4 \left.\right) ; \\ & \overset{\rightarrow}{n_{\Delta_{1}}} = \left(\right. 5 ; - 12 \left.\right) .\)

\(cos ⁡ \alpha = \mid cos ⁡ \left(\right. \overset{\rightarrow}{n_{\Delta}} ; \overset{\rightarrow}{n_{\Delta_{1}}} \left.\right) \mid = \frac{\mid 3.5 + 4. \left(\right. - 12 \left.\right) \mid}{5.13} = \frac{33}{65}\).

b) \(\left(\right. C \left.\right)\) có tâm \(I \left(\right. 3 ; - 2 \left.\right)\), bán kính \(R = 6\)

Đường thẳng \(d\) có dạng \(4 x - 3 y + m = 0\) (\(m\) khác \(7\))

\(d\) tiếp xúc \(\left(\right. C \left.\right)\) khi và chỉ khi \(d \left(\right. I , d \left.\right) = R \Leftrightarrow \frac{\mid 12 + 6 + m \mid}{5} = 6\).

Tìm được \(m = - 48\)(TM), \(m = 12\) (TM)

Vậy có hai đường thẳng \(d\) thỏa mãn là \(4 x - 3 y - 48 = 0\) và \(4 x - 3 y + 12 = 0\).

a) Ta có \(f \left(\right. x \left.\right) = x^{2} + 2 \left(\right. m - 1 \left.\right) x + m + 5\) có \(\Delta^{'} = \left(\right. m - 1 \left.\right)^{2} - \left(\right. m + 5 \left.\right) = m^{2} - 3 m - 4\)

Lại có hệ số \(a = 1 > 0\).

Để \(f \left(\right. x \left.\right)\) luôn dương (cùng dấu hệ số \(a\)) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) thì \(\Delta^{'} < 0\) \(\Leftrightarrow m^{2} - 3 m - 4 < 0\).

Xét tam thức \(h \left(\right. m \left.\right) = m^{2} - 3 m - 4\) có \(\Delta_{m} = 9 - 4. \left(\right. - 4 \left.\right) = 25 > 0\) nên \(h \left(\right. m \left.\right)\) có hai nghiệm là \(m_{1} = - 1\) và \(m_{2} = 4\).

Ta có bảng xét dấu của \(h \left(\right. m \left.\right)\):

Do đó \(h \left(\right. m \left.\right) < 0\) với mọi \(x \in \left(\right. - 1 ; 4 \left.\right)\)

Hay \(\Delta^{'} < 0\) với mọi \(x \in \left(\right. - 1 ; 4 \left.\right)\)

Vậy \(x \in \left(\right. - 1 ; 4 \left.\right)\) thì tam thức bậc hai \(f \left(\right. x \left.\right) = x^{2} + \left(\right. m - 1 \left.\right) x + m + 5\) dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

b) Bình phương hai vế ta được: \(2 x^{2} - 8 x + 4 = x^{2} - 4 x + 4\)

\(\Leftrightarrow x^{2} - 4 x = 0\)

Suy ra \(x = 0\) hoặc \(x = 4\)

Thử lại nghiệm được \(x = 4\) thỏa mãn phương trình.

Vậy tập nghiệm \(S = 4\).

Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(A B C\) nên:

\(\overset{\rightarrow}{G} = \frac{\overset{\rightarrow}{A} + \overset{\rightarrow}{B} + \overset{\rightarrow}{C}}{3} .\)

Tương tự, \(G\) cũng là trọng tâm của tam giác \(A E F\), nên:

\(\overset{\rightarrow}{G} = \frac{\overset{\rightarrow}{A} + \overset{\rightarrow}{E} + \overset{\rightarrow}{F}}{3} .\)

Bước 1.

Từ hai biểu thức trên, ta có:

\(\frac{\overset{\rightarrow}{A} + \overset{\rightarrow}{B} + \overset{\rightarrow}{C}}{3} = \frac{\overset{\rightarrow}{A} + \overset{\rightarrow}{E} + \overset{\rightarrow}{F}}{3} .\)

Nhân cả hai vế với 3 và rút gọn \(\overset{\rightarrow}{A}\), ta được:

\(\overset{\rightarrow}{B} + \overset{\rightarrow}{C} = \overset{\rightarrow}{E} + \overset{\rightarrow}{F} .\)

Bước 2.

Chuyển vế, ta được:

\(\overset{\rightarrow}{E} - \overset{\rightarrow}{B} = \overset{\rightarrow}{C} - \overset{\rightarrow}{F} .\)

Hay viết lại theo dạng vectơ:

\(\overset{\rightarrow}{B E} = \overset{\rightarrow}{F C} .\)

Ta có:

• \(I\) là trung điểm của \(G A\).
• \(K\) là trung điểm của \(G D\).
• \(G\) là giao điểm của hai trung tuyến \(A M\) và \(D N\), nên:
  \(\frac{A G}{G M} = \frac{D G}{G N} = 2.\)
  (vì trọng tâm chia trung tuyến theo tỉ lệ \(2 : 1\)).

→ Từ đó, có thể suy ra hai đoạn \(G I\) và \(G K\) song song và bằng nhau vì \(I , K\) là trung điểm của các đoạn \(G A , G D\).

Khi đó, do \(\overset{\rightarrow}{A B} = \overset{\rightarrow}{N M}\) và hai hệ trung tuyến có tỉ lệ đồng dạng, ta có:

\(\overset{\rightarrow}{M K} = \overset{\rightarrow}{N I} .\)

Tam giác \(A B C\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\).
Gọi \(H\) là trực tâm của tam giác, và \(D\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(O\) (vì tia \(A O\) cắt lại đường tròn tại \(D\)).

Khi đó:

\(\overset{⃗}{d} = - \overset{⃗}{a} (\text{v} \overset{ˋ}{\imath} \&\text{nbsp}; O \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{trung}\&\text{nbsp};đ\text{i}ể\text{m}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; A D ) .\)

Biết rằng (tính chất cơ bản của tam giác):

\(\overset{⃗}{h} = \overset{⃗}{a} + \overset{⃗}{b} + \overset{⃗}{c} .\)

Cần chứng minh:

\(\overset{\rightarrow}{H B} = \overset{\rightarrow}{C D} .\)

Chứng minh:

Ta tính từng vế:

\(\overset{\rightarrow}{H B} = \overset{⃗}{b} - \overset{⃗}{h} = \overset{⃗}{b} - \left(\right. \overset{⃗}{a} + \overset{⃗}{b} + \overset{⃗}{c} \left.\right) = - \overset{⃗}{a} - \overset{⃗}{c} .\) \(\overset{\rightarrow}{C D} = \overset{⃗}{d} - \overset{⃗}{c} = \left(\right. - \overset{⃗}{a} \left.\right) - \overset{⃗}{c} = - \overset{⃗}{a} - \overset{⃗}{c} .\)

Suy ra:

\(\boxed{\overset{\rightarrow}{H B} = \overset{\rightarrow}{C D}} .\)

hình vuông là hình bình hành nên các cạnh đối diện cùng phương và cùng độ dài (suy ra hai cặp đầu tiên); hai đường chéo bằng nhau và có cùng phương (suy ra thứ ba).

AB=DC,AD=BC,AC=BD