a) Xét Δ 𝐴 𝐵 𝐸 ΔABE và Δ 𝐴 𝐶 𝐹 ΔACF có:

𝐵 𝐴 𝐶 ^ BAC chung;

𝐴 𝐸 𝐵 ^

𝐴 𝐹 𝐶 ^

90 ∘ AEB

AFC =90 ∘ ;

Do đó Δ 𝐴 𝐵 𝐸 ∽ Δ 𝐴 𝐶 𝐹 ΔABE∽ΔACF (g.g).

Suy ra 𝐴 𝐵 𝐴 𝐶

𝐴 𝐸 𝐴 𝐹 AC AB ​

AF AE ​ nên 𝐴 𝐵 . 𝐴 𝐹

𝐴 𝐶 . 𝐴 𝐸 AB.AF=AC.AE.

b) Từ 𝐴 𝐵 . 𝐴 𝐹

𝐴 𝐶 . 𝐴 𝐸 AB.AF=AC.AE suy ra 𝐴 𝐸 𝐴 𝐹

𝐴 𝐵 𝐴 𝐶 AF AE ​

AC AB ​ .

Xét Δ 𝐴 𝐸 𝐹 ΔAEF và Δ 𝐴 𝐵 𝐶 ΔABC có:

𝐴 𝐸 𝐴 𝐹

𝐴 𝐵 𝐴 𝐶 AF AE ​

AC AB ​ (cmt);

𝐵 𝐴 𝐶 ^ BAC chung;

Do đó Δ 𝐴 𝐸 𝐹 ∽ Δ 𝐴 𝐵 𝐶 ΔAEF∽ΔABC (c.g.c)

Suy ra 𝐴 𝐹 𝐸 ^

𝐴 𝐶 𝐵 ^ AFE

ACB (cặp góc tương ứng).

c) Xét Δ 𝐶 𝐸 𝐵 ΔCEB và Δ 𝐶 𝐷 𝐴 ΔCDA có:

𝐴 𝐶 𝐵 ^ ACB chung;

𝐶 𝐸 𝐵 ^

𝐶 𝐷 𝐴 ^

90 ∘ CEB

CDA =90 ∘

Do đó Δ 𝐶 𝐸 𝐵 ∽ Δ 𝐶 𝐷 𝐴 ΔCEB∽ΔCDA (g.g)

Suy ra 𝐶 𝐵 𝐶 𝐸

𝐶 𝐴 𝐶 𝐷 CE CB ​

CD CA ​ (cặp cạnh tương ứng).

Xét Δ 𝐶 𝐵 𝐴 ΔCBA và Δ 𝐶 𝐸 𝐷 ΔCED có:

𝐶 𝐵 𝐶 𝐸

𝐶 𝐴 𝐶 𝐷 CE CB ​

CD CA ​ (cmt);

𝐴 𝐶 𝐵 ^ ACB chung;

Do đó Δ 𝐶 𝐵 𝐴 ∽ Δ 𝐶 𝐸 𝐷 ΔCBA∽ΔCED (c.g.c)

Suy ra 𝐶 𝐷 𝐸 ^

𝐶 𝐴 𝐵 ^ CDE

CAB (cặp góc tương ứng) (1)

Tương tự: 𝐵 𝐷 𝐹 ^

𝐶 𝐴 𝐵 ^ BDF

CAB (2).

Từ (1) và (2) suy ra 𝐶 𝐷 𝐸 ^

𝐵 𝐷 𝐹 ^ CDE

BDF .

Mà 𝐶 𝐷 𝐸 ^ + 𝐸 𝐷 𝐴 ^

𝐵 𝐷 𝐹 ^ + 𝐹 𝐷 𝐴 ^ CDE + EDA

BDF + FDA suy ra 𝐸 𝐷 𝐴 ^

𝐹 𝐷 𝐴 ^ EDA

FDA .

Suy ra 𝐷 𝐴 DA là phân giác của góc 𝐸 𝐷 𝐹 EDF.

Mặt khác 𝐴 𝐷 ⊥ 𝐾 𝐷 AD⊥KD nên 𝐷 𝐾 DK là phân giác ngoài của Δ 𝐷 𝐸 𝐹 ΔDEF.

Ta có 𝐷 𝐼 DI là phân giác trong của Δ   𝐷 𝐸 𝐹 Δ DEF suy ra 𝐼 𝐹 𝐼 𝐸

𝐷 𝐹 𝐷 𝐸 IE IF ​

DE DF ​ (3)

Ta có 𝐷 𝐾 DK là phân giác ngoài của Δ 𝐷 𝐸 𝐹 ΔDEF suy ra 𝐾 𝐹 𝐾 𝐸

𝐷 𝐹 𝐷 𝐸 KE KF ​

DE DF ​ (4)

Từ (3) và (4) suy ra 𝐼 𝐹 𝐼 𝐸

𝐾 𝐹 𝐾 𝐸 IE IF ​

KE KF ​ .

Ta có: 𝑥 − 𝑎 𝑏 𝑐 + 𝑥 − 𝑏 𝑐 𝑎 + 𝑥 − 𝑐 𝑎 𝑏

2 𝑎 + 2 𝑏 + 2 𝑐 bc x−a ​ + ca x−b ​ + ab x−c ​

a 2 ​ + b 2 ​ + c 2 ​

( 𝑥 − 𝑎 𝑏 𝑐 − 2 𝑎 ) + ( 𝑥 − 𝑏 𝑐 𝑎 − 2 𝑏 ) + ( 𝑥 − 𝑐 𝑎 𝑏 − 2 𝑐 )

0 ( bc x−a ​ − a 2 ​ )+( ca x−b ​ − b 2 ​ )+( ab x−c ​ − c 2 ​ )=0

𝑎 ( 𝑥 − 𝑎 ) − 2 𝑏 𝑐 + 𝑏 ( 𝑥 − 𝑏 ) − 2 𝑐 𝑎 + 𝑐 ( 𝑥 − 𝑐 ) − 2 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑐

0 abc a(x−a)−2bc+b(x−b)−2ca+c(x−c)−2ab ​ =0

Điều kiện xác định: 𝑎 , 𝑏 , 𝑐 ≠ 0 a,b,c  =0

Khi đó: ( 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) 𝑥 − 𝑎 2 − 2 𝑏 𝑐 − 𝑏 2 − 2 𝑐 𝑎 − 𝑐 2 − 2 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑐

0 abc (a+b+c)x−a 2 −2bc−b 2 −2ca−c 2 −2ab ​ =0

( 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) 𝑥

( 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) 2 (a+b+c)x=(a+b+c) 2  

• Nếu 𝑎

𝑏 + 𝑐

0 a+b+c=0 thì phương trình có vô số nghiệm.

• Nếu 𝑎

𝑏 + 𝑐 ≠ 0 a+b+c  =0 thì phương trình có nghiệm duy nhất 𝑥

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 x=a+b+c.

a) Với 𝑚

− 1 m=−1, hàm số trở thành 𝑦

− 2 𝑥 + 1 y=−2x+1.

Xét hàm số 𝑦

− 2 𝑥 + 1 y=−2x+1 :

Thay 𝑥

0 x=0 thì 𝑦

1 y=1.

Suy ra đồ thị hàm số 𝑦

− 2 𝑥 + 1 y=−2x+1 đi qua điểm có tọa độ ( 0 ; 1 ) (0;1).

Thay 𝑥

1 x=1 thì 𝑦

− 1 y=−1.

Suy ra đồ thị hàm số 𝑦

− 2 𝑥 + 1 y=−2x+1 đi qua điểm có tọa độ ( 1 ; − 1 ) (1;−1).

Vẽ đồ thị:

b) Vì đường thẳng ( 𝑑 ) : 𝑦

𝑎 𝑥 + 𝑏 (d):y=ax+b song song với đường thẳng ( 𝑑 ′   ) : 𝑦

− 3 𝑥 + 9 (d ′  ):y=−3x+9 nên: 𝑎 ≠ − 3 ; 𝑏 ≠ 9 a  =−3;b  =9.

Khi đó ta có: ( 𝑑 ) : 𝑦

− 3 𝑥 + 𝑏 (d):y=−3x+b và 𝑏 ≠ 9 b  =9.

Vì đường thẳng ( 𝑑 ) : 𝑦

𝑎 𝑥 + 𝑏 (d):y=ax+b đi qua 𝐴 ( 1 ; − 8 ) A(1;−8) nên: − 8

− 3.1 + 𝑏 −8=−3.1+b

Suy ra 𝑏

− 5 b=−5 (thoả mãn)

Vậy đường thẳng cần tìm là ( 𝑑 ) : 𝑦

− 3 𝑥 − 5 (d):y=−3x−5.

Phương trình đã cho trở thành

4 𝑥 2 𝑦 2 ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2 − 1 + 𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 2 𝑥 2 − 2 ≥ 0 (x 2 +y 2 ) 2

4x 2 y 2

​ −1+ y 2

x 2

​ + x 2

y 2

​ −2≥0

4 𝑥 2 𝑦 2 − ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2 ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2 + 𝑥 4 + 𝑦 4 − 2 𝑥 2 𝑦 2 𝑥 2 𝑦 2 ≥ 0 (x 2 +y 2 ) 2

4x 2 y 2 −(x 2 +y 2 ) 2

​ + x 2 y 2

x 4 +y 4 −2x 2 y 2

​ ≥0

− ( 𝑥 2 − 𝑦 2 ) 2 ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2 + ( 𝑥 2 − 𝑦 2 ) 2 𝑥 2 𝑦 2 ≥ 0 (x 2 +y 2 ) 2

−(x 2 −y 2 ) 2

​ + x 2 y 2

(x 2 −y 2 ) 2

​ ≥0

( 𝑥 2 − 𝑦 2 ) 2 . [ 1 𝑥 2 𝑦 2 − 1 ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2   ] ≥ 0 (x 2 −y 2 ) 2 .[ x 2 y 2

1 ​ − (x 2 +y 2 ) 2

1 ​  ]≥0

( 𝑥 2 − 𝑦 2 ) 2 . ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2 − 𝑥 2 𝑦 2 𝑥 2 𝑦 2 ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2 ≥ 0 (x 2 −y 2 ) 2 . x 2 y 2 (x 2 +y 2 ) 2

(x 2 +y 2 ) 2 −x 2 y 2

​ ≥0

( 𝑥 2 − 𝑦 2 ) 2 . 𝑥 4 + 𝑦 4 + 𝑥 2 𝑦 2 𝑥 2 𝑦 2 ( 𝑥 2 + 𝑦 2 ) 2 ≥ 0 (x 2 −y 2 ) 2 . x 2 y 2 (x 2 +y 2 ) 2

x 4 +y 4 +x 2 y 2

​ ≥0.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 𝑥

𝑦 x=y hoặc 𝑥

− 𝑦 x=−y.

a) Chứng minh: Δ 𝐴 𝐵 𝐶 ∽   Δ 𝐻 𝐵 𝐴 ΔABC∽ ΔHBA và 𝐴 𝐵 2

𝐵 𝐶 . 𝐵 𝐻 AB 2 =BC.BH.

b) Gọi 𝐼 I là trung điểm của 𝐸 𝐷 ED. Chứng minh: 𝐸 𝐼 . 𝐸 𝐵

𝐸 𝐻 . 𝐸 𝐴 EI.EB=EH.EA.

Hướng dẫn giải: Chứng minh được: Δ   𝐴 𝐵 𝐶 ∽ Δ   𝐻 𝐵 𝐴 Δ ABC∽Δ HBA (g.g)

Từ đó suy ra 𝐴 𝐵 2

𝐵 𝐶 . 𝐵 𝐻 AB 2 =BC.BH

𝐴 𝐸 𝐷 ^

𝐴 𝐷 𝐸 ^ AED

ADE (Cùng phụ với 𝐴 𝐵 𝐷 ^

𝐶 𝐵 𝐷 ^ ABD

CBD )

Suy ra Δ 𝐴 𝐸 𝐷 ΔAED cân tại 𝐴 A suy ra 𝐴 𝐼 AI vuông góc với 𝐷 𝐸 DE tại 𝐼 I.

Chứng minh Δ 𝐸 𝐻 𝐵 ΔEHB và Δ 𝐸 𝐼 𝐴 ΔEIA đồng dạng (g.g).

Từ đó suy ra 𝐸 𝐼 𝐸 𝐻

𝐸 𝐴 𝐸 𝐵 EH EI ​

EB EA ​ nên  𝐸 𝐼 . 𝐸 𝐵

𝐸 𝐻 . 𝐸 𝐴 EI.EB=EH.EA.

Gọi quãng đường AB là:  𝑥 ( 𝑘 𝑚 , 𝑥

0 ) x(km,x>0)

Vận tốc trung bình là 15km/h nên vận tốc lúc về là:  2 ⋅ 15 − 12

18 ( 𝑘 𝑚 / ℎ ) 2⋅15−12=18(km/h)

Thời gian đi là:  𝑥 12 ( ℎ ) 12 x ​ (h)

Thời gian về là:  𝑥 18 ( ℎ ) 18 x ​ (h)

Lúc về nhiều hơn lúc đi 45 phút ta có phương trình:

𝑥 12 − 𝑥 18

3 4 12 x ​ − 18 x ​

4 3 ​  

⇔ 𝑥 ( 1 12 − 1 18 )

3 4 ⇔x( 12 1 ​ − 18 1 ​ )= 4 3 ​

⇔ 𝑥 ⋅ 1 36

3 4 ⇔x⋅ 36 1 ​

4 3 ​

⇔ 𝑥

3 4 : 1 36 ⇔x= 4 3 ​ : 36 1 ​

⇔ 𝑥

27 ( 𝑘 𝑚 ) ⇔x=27(km)

Vậy: ... 

Đúng(2) KV Kiều Vũ Linh 13 tháng 2 2024 Gọi x (km) là độ dài quãng đường AB (x > 0)

Thời gian đi là: x/15 (h)

Thời gian về là: x/12 (h)

45 phút = 3/4 (h)

Theo đề bài ta có phương trình:

x/12 - x/15 = 3/4

5x - 4x = 45

x = 45 (nhận)

Vậy quãng đường AB dài 45 km

a)  𝐴

3 𝑥 + 15 𝑥 2 − 9 + 1 𝑥 + 3 − 2 𝑥 − 3 A= x 2 −9 3x+15 ​ + x+3 1 ​ − x−3 2 ​ (với  𝑥 ≠ 3 x  =3, 𝑥 ≠ − 3 x  =−3)

𝐴

3 𝑥 + 15 ( 𝑥 + 3 ) ( 𝑥 − 3 ) + 1 𝑥 + 3 − 2 𝑥 − 3 A= (x+3)(x−3) 3x+15 ​ + x+3 1 ​ − x−3 2 ​

𝐴

3 𝑥 + 15 + 𝑥 − 3 − 2 𝑥 − 6 ( 𝑥 + 3 ) ( 𝑥 − 3 ) A= (x+3)(x−3) 3x+15+x−3−2x−6 ​

𝐴

2 𝑥 + 6 ( 𝑥 + 3 ) ( 𝑥 − 3 ) A= (x+3)(x−3) 2x+6 ​

𝐴

2 𝑥 − 3 A= x−3 2 ​ .

b) Để 𝐴

2 3 A= 3 2 ​ thì 2 𝑥 − 3

2 3 x−3 2 ​

3 2 ​

𝑥 − 3

3 x−3=3

𝑥

6 x=6 (thỏa mãn điều kiện).

Vậy 𝑥

6 x=6 thì 𝐴

2 3 A= 3 2 ​ .

2x−50 ​ + 49 2x−51 ​ + 48 2x−52 ​ + 47 2x−53 ​ + 25 2x−200 ​ =0

2 𝑥 − 50 50 + 2 𝑥 − 51 49 + 2 𝑥 − 52 48 + 2 𝑥 − 53 47 + 2 𝑥 − 100 25 + − 100 25

0 50 2x−50 ​ + 49 2x−51 ​ + 48 2x−52 ​ + 47 2x−53 ​ + 25 2x−100 ​ + 25 −100 ​ =0

2 𝑥 − 50 50 + 2 𝑥 − 51 49 + 2 𝑥 − 52 48 + 2 𝑥 − 53 47 + 2 𝑥 − 100 25 + ( − 4 )

0 50 2x−50 ​ + 49 2x−51 ​ + 48 2x−52 ​ + 47 2x−53 ​ + 25 2x−100 ​ +(−4)=0

2 𝑥 − 50 50 − 1 + 2 𝑥 − 51 49 − 1 + 2 𝑥 − 52 48 − 1 + 2 𝑥 − 53 47 − 1 + 2 𝑥 − 100 25

0 50 2x−50 ​ −1+ 49 2x−51 ​ −1+ 48 2x−52 ​ −1+ 47 2x−53 ​ −1+ 25 2x−100 ​ =0

2 𝑥 − 100 50 + 2 𝑥 − 100 49 + 2 𝑥 − 100 48 + 2 𝑥 − 100 47 + 2 𝑥 − 100 25

0 50 2x−100 ​ + 49 2x−100 ​ + 48 2x−100 ​ + 47 2x−100 ​ + 25 2x−100 ​ =0

( 2 𝑥 − 100 ) . ( 1 50 + 1 49 + 1 48 + 1 47 + 1 25 )

0 (2x−100).( 50 1 ​ + 49 1 ​ + 48 1 ​ + 47 1 ​ + 25 1 ​ )=0

2 𝑥 − 100

0 2x−100=0 (Do 1 50 + 1 49 + 1 48 + 1 47 + 1 25 ≠ 0 50 1 ​ + 49 1 ​ + 48 1 ​ + 47 1 ​ + 25 1 ​

 =0)

𝑥

50 x=50.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 𝑥

50 x=50.

AB // 𝐷 𝐸 DE.

Theo hệ quả của định lí Thalès ta có:

𝐶 𝐴 𝐶 𝐸

𝐶 𝐵 𝐶 𝐷

𝐴 𝐵 𝐷 𝐸

5 15

1 3 CE CA ​

CD CB ​

𝐶 𝐵 𝐶 𝐷

1 3 CD CB ​

3 1 ​ suy ra 𝑥 7 , 2

1 3 7,2 x ​

3 1 ​ .

Vậy  𝑥

7 , 2.   1 3

2 , 4 x= 3 7,2. 1 ​ =2,4

⚡ 𝐶 𝐴 𝐶 𝐸

1 3 CE CA ​

3 1 ​ suy ra  3 𝑦

1 3 y 3 ​

3 1 ​

Vậy 𝑦

3.3 1

9 y= 1 3.3 ​ =9.

3 x+1 ​

5 2x+5 ​

5 ( 𝑥 + 1 ) 15

3 ( 2 𝑥 + 5 ) 15 15 5(x+1) ​

15 3(2x+5) ​

5 𝑥 + 5

6 𝑥 + 15 5x+5=6x+15

5 𝑥 − 6 𝑥

15 − 5 5x−6x=15−5

− 𝑥

10 −x=10

𝑥

− 10 x=−10.

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆

{ − 10 } S={−10}.