Đại số
Hình học
Cộng từng vế hai phương trình ta được $9y=27$, hay $y=3$.
Thế $y=3$ vào phương trình thứ nhất ta được $2x+3=7$, hay $2x=4$, hay $x=2$.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $(2;3)$.
Từ phương trình trên của hệ ta có $y=2x-3$, thế vào phương trình dưới của hệ ta được $3x+4(2x-3)=10$, hay $11x-12=10$, hay $11x=22$, hay $x=2$.
Từ đó $y=2\cdot2-3=1$.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $(2;1)$.
Nhân cả hai vế phương trình trên của hệ với 3, và nhân cả hai vế phương trình dưới của hệ với 2 ta được
Trừ từng vế hai phương trình ta được $-31y=93$, hay $y=-3$.
Thế $y=-3$ vào phương trình thứ nhất của đề bài ta được $2x-7\cdot(-3)=25$, hay $2x=4$, hay $x=2$.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $(2;-3)$.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $(5;3)$.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $(2;3)$.
Vậy hệ phương trình có vô số nghiệm, nghiệm có dạng $\left(3-\dfrac43t;\ t\right)$ với $t\in\mathbb R$.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là $\left(\dfrac32;\dfrac12\right)$.
Vậy hệ phương trình có nghiệm $(5;-1)$.
ĐKXĐ: $x;y\ne0$. Đặt $\dfrac1x=a$ và $\dfrac1y=b$ ta có hệ phương trình
Vậy hệ phương trình có nghiệm $(2;4)$.
Gọi số lớn là $a$ và số bé là $b$ $(a;b\in\mathbb N$ $,\ a$ $>b$ $>31)$.
Theo bài ra ta có hệ phương trình
Vậy hai số tự nhiên cần tìm là 259 và 38.
Gọi chiều dài và chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật lần lượt là $a,b$ (m, $a,b>0$).
Theo bài ra ta có:
Vậy diện tích của khu vườn lúc đầu là $10\cdot15=150$ (m²).
Gọi giá buffet của mỗi người lớn và mỗi trẻ em lần lượt là $a,b$ (đồng, $a,b>0$).
Theo bài ra ta có
Vậy giá buffet của mỗi người lớn và mỗi trẻ em lần lượt là 250 000 đồng, 150 000 đồng.
Gọi số học sinh lớp 9A và 9B lần lượt là $a,b$ (học sinh, $a,b\in\mathbb N^*$).
Theo bài ra ta có
Vậy lớp 9A quyên góp được 252 quyển sách giáo khoa và 126 quyển sách tham khảo; lớp 9B quyên góp được 200 quyển sách giáo khoa và 160 quyển sách tham khảo.
Gọi số chi tiết máy mà tổ một và tổ hai sản xuất được trong tháng thứ nhất lần lượt là $a,b$ (chi tiết máy, $a,b\in\mathbb N^*$).
Theo bài ra ta có
Vậy trong tháng thứ nhất tổ một sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ hai sản xuất được 350 chi tiết máy.
Gọi giá của hai loại hàng không kể thuế VAT lần lượt là $a,b$ (triệu đồng, $a,b>0$).
Theo bài ra ta có
Vậy nếu không kể thuế VAT thì người đó phải trả 5 triệu đồng cho loại hàng thứ nhất và 15 triệu đồng cho loại hàng thứ hai.
Gọi vận tốc của ô tô và xe máy lần lượt là $a,b$ (km/h, $a>b>0$).
Theo bài ra ta có
Vậy vận tốc của ô tô và xe máy lần lượt là 60 km/h và 40 km/h.
Gọi vận tốc của xe đạp và xe máy lần lượt là $a,b$ (km/h, $b>a>0$). Đổi 1 giờ 45 phút $=1{,}75$ giờ.
Theo bài ra ta có
Xét $a^2-12a=0$ hay $a(a-12)=0$. Nên $a=0$ (loại) hoặc $a=12$ (nhận), suy ra $b=48$ (thỏa mãn).
Vậy vận tốc của xe đạp và xe máy lần lượt là 12 km/h và 48 km/h.
Gọi vận tốc của xe khách và xe tải lần lượt là $a,b$ (km/h, $a>b>0$). Đổi 15 phút $=0{,}25$ giờ; 1 giờ 45 phút $=1{,}75$ giờ.
Theo bài ra ta có
Vậy vận tốc của xe khách là 50 km/h và xe tải là 40 km/h.
Gọi tốc độ của ô tô lượt đi và lượt về lần lượt là $a,b$ (km/h, $a>b>0$). Đổi 7 giờ 12 phút $=7{,}2$ giờ.
Theo bài ra ta có
Vậy $a=50$ (thỏa mãn). Vận tốc của ô tô lượt đi là 50 km/h.
Gọi vận tốc riêng của ca nô và vận tốc của dòng nước lần lượt là $a,b$ (km/h, $a>b>0$). Đổi 2 giờ 30 phút $=2{,}5$ giờ; 1 giờ 20 phút $=\dfrac43$ giờ.
Theo bài ra ta có
Đặt $\dfrac1{a+b}=x$; $\dfrac1{a-b}=y$, ta có hệ phương trình
Trừ từng vế hai phương trình ta được $12x=1$ nên $24y=3$, tức $x=\dfrac1{12}$; $y=\dfrac18$.
Ta được $\begin{cases}a+b=12\\a-b=8\end{cases}$. Cộng từng vế hai phương trình ta được $2a=20$; $a=10$; $b=2$ (thỏa mãn).
Vậy vận tốc riêng của ca nô là 10 km/h và vận tốc của dòng nước là 2 km/h.
Gọi số công nhân dự định tham gia lúc đầu và số công nhân thực tế tham gia lần lượt là $a,b$ (người, $a,b\in\mathbb N^*$).
Theo bài ra ta có $b$ $=70\%\cdot a$ $=\dfrac7{10}a$ (1).
Mỗi công nhân dự định nhận $\dfrac{49\,000\,000}a$ (đồng); mỗi công nhân thực tế nhận $\dfrac{49\,000\,000}b$ (đồng).
Theo đề bài ta có phương trình $\dfrac{49\,000\,000}b$ $-\dfrac{49\,000\,000}a$ $=100\,000$ (2).
Thay (1) vào (2): $\dfrac{49\,000\,000}{\frac7{10}a}$ $-\dfrac{49\,000\,000}a$ $=100\,000$ $\Rightarrow\dfrac{70\,000\,000}a$ $-\dfrac{49\,000\,000}a$ $=100\,000$ $\Rightarrow\dfrac{21\,000\,000}a$ $=100\,000$
$\Rightarrow a=210$ (thỏa mãn) $\Rightarrow b$ $=\dfrac7{10}\cdot210$ $=147$ (thỏa mãn).
Vậy số công nhân dự định tham gia lúc đầu là 210 người.
Gọi giá tiền của mỗi chiếc áo bạn Giang đã mua và giá tiền của mỗi chiếc áo khi chưa giảm giá lần lượt là $a,b$ (nghìn đồng, $a,b>0$).
Theo bài ra ta có
Trừ từng vế hai phương trình ta có $-0{,}5a=-50$; $a=100$ (thỏa mãn).
Vậy giá tiền của mỗi chiếc áo bạn Giang đã mua là 100 nghìn đồng.
Gọi số lồng đèn lớp 9A và 9B làm được trong một ngày lần lượt là $a,b$ (chiếc, $a,b\in\mathbb N^*$).
Theo bài ra ta có
Cả hai lớp cùng làm thì trong 1 ngày làm được $8+7=15$ chiếc.
Vậy cả hai lớp cùng làm thì hoàn thành công việc trong $90:15=6$ ngày.
Gọi thời gian vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy một mình đầy bể lần lượt là $a,b$ (giờ, $a,b>0$).
Nếu chảy một mình thì 1 giờ vòi thứ nhất chảy được $\dfrac1a$ (bể), vòi thứ hai chảy được $\dfrac1b$ (bể). Đổi 20 phút $=\dfrac13$ giờ; 30 phút $=\dfrac12$ giờ.
Theo bài ra ta có
Nhân cả hai vế phương trình dưới với 6 ta được
Trừ từng vế hai phương trình ta được $\dfrac1a=\dfrac14$, suy ra $a=4$ (thỏa mãn), $b=12$ (thỏa mãn).
Vậy thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là 4 giờ và vòi thứ hai là 12 giờ.
1) $(x-1)^2-x(x+3)$ $=0$ $\Rightarrow x^2-2x+1-x^2-3x$ $=0$ $\Rightarrow-5x$ $=-1$ $\Rightarrow x$ $=\dfrac15$. Vậy phương trình có nghiệm $x=\dfrac15$.
2) $(x-2)(x+2)-x(x-4)$ $=0$ $\Rightarrow x^2-4-x^2+4x$ $=0$ $\Rightarrow4x$ $=4$ $\Rightarrow x$ $=1$. Vậy phương trình có nghiệm $x=1$.
3) $x^3+27-2x-x^3+7$ $=0$ $\Rightarrow-2x$ $=-34$ $\Rightarrow x$ $=17$. Vậy phương trình có nghiệm $x=17$.
4) $2(x^2+4x+4)-2x^2-4x-4$ $=0$ $\Rightarrow2x^2$ $+8x$ $+8$ $-2x^2$ $-4x$ $-4$ $=0$ $\Rightarrow4x+4$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=-1$. Vậy phương trình có nghiệm $x=-1$.
5) $6x^2-36-6x(x-2)+5(2x+1)$ $=0$ $\Rightarrow6x^2$ $-36$ $-6x^2$ $+12x$ $+10x$ $+5$ $=0$ $\Rightarrow22x-31$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=\dfrac{31}{22}$. Vậy phương trình có nghiệm $x=\dfrac{31}{22}$.
6) $x^3$ $-6x^2$ $+12x$ $-8$ $+6x^2$ $-x^3$ $-14x$ $+7$ $=0$ $\Rightarrow-2x-1$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=-\dfrac12$. Vậy phương trình có nghiệm $x=-\dfrac12$.
1) $x(3x+5)-2(3x+5)$ $=0$ $\Rightarrow(3x+5)(x-2)$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=\dfrac{-5}3$ hoặc $x=2$.
2) $(x-4)^2-5(x-4)$ $=0$ $\Rightarrow(x-4)(x-9)$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=4$ hoặc $x=9$.
3) $(2x+1)(2x-1)-(2x+1)(3x-5)$ $=0$ $\Rightarrow(2x+1)(-x+4)$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=\dfrac{-1}2$ hoặc $x=4$.
4) $(2x+3)^2-(x-5)^2$ $=0$ $\Rightarrow(2x$ $+3$ $+x$ $-5)(2x$ $+3$ $-x$ $+5)$ $=0$ $\Rightarrow(3x-2)(x+8)$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=\dfrac23$ hoặc $x=-8$.
5) $(x+2)(3-4x)-(x+2)^2$ $=0$ $\Rightarrow(x+2)(3-4x-x-2)$ $=0$ $\Rightarrow(x+2)(1-5x)$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=-2$ hoặc $x=\dfrac15$.
6) $\left(\dfrac{x-5}3\right)^2$ $-(x$ $+2)^2$ $=0$ $\Rightarrow\left(\dfrac{x-5}3+x+2\right)\left(\dfrac{x-5}3-x-2\right)$ $=0$.
Vậy phương trình có nghiệm $x=-\dfrac14$; $x=-\dfrac{11}2$.
7) $(x+2)(x^2-2x+4)-(x+2)(x-5)$ $=0$ $\Rightarrow(x+2)(x^2-3x+9)$ $=0$.
Vậy phương trình có nghiệm $x=-2$.
8) $x^2+5x-2x-10$ $=0$ $\Rightarrow x(x+5)-2(x+5)$ $=0$ $\Rightarrow(x+5)(x-2)$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=-5$ hoặc $x=2$.
1) Điều kiện $x\ne0;\ x\ne3$.
$\dfrac{x(x+3)}{x(x-3)}$ $=\dfrac3{x(x-3)}$ $+\dfrac{x-3}{x(x-3)}$ $\Rightarrow x(x+3)$ $=3+x-3$ $\Rightarrow x^2+2x$ $=0$ $\Rightarrow x(x+2)$ $=0$.
$\Rightarrow x=0$ (không thỏa mãn) hoặc $x=-2$ (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm $x=-2$.
2) Điều kiện $x\ne0;\ x\ne3$.
$\dfrac3{x(x-3)}$ $+\dfrac{x-3}{x(x-3)}$ $=\dfrac{x(x+4)}{x(x-3)}$ $\Rightarrow3+x-3$ $=x(x+4)$ $\Rightarrow x^2+3x$ $=0$ $\Rightarrow x(x+3)$ $=0$.
$\Rightarrow x=0$ (không thỏa mãn) hoặc $x=-3$ (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm $x=-3$.
3) Điều kiện $x\ne0;\ x\ne2$. Quy đồng khử mẫu ta được:
$(x+2)x-6(x-2)-9$ $=0$ $\Rightarrow x^2-4x+3$ $=0$ $\Rightarrow(x-3)(x-1)$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=3$ hoặc $x=1$ (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm $x=3$; $x=1$.
4) Điều kiện $x\ne0;\ x\ne-4$.
$\dfrac{(x+5)(x+4)}{x(x+4)}$ $-\dfrac{(x-7)x}{x(x+4)}$ $=\dfrac{x^2+35}{x(x+4)}$ $\Rightarrow x^2$ $+9x$ $+20$ $-x^2$ $+7x$ $-x^2$ $-35$ $=0$ $\Rightarrow-x^2+16x-15$ $=0$
$\Rightarrow-x(x-1)+15(x-1)$ $=0$ $\Rightarrow(x-1)(15-x)$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=1$ hoặc $x=15$ (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm $x=1$; $x=15$.
5) Điều kiện $x\ne\pm1$.
$\dfrac{(x+1)^2}{2(x-1)(x+1)}$ $-\dfrac{(x-1)^2}{2(x-1)(x+1)}$ $-\dfrac{2\cdot2x}{2(x-1)(x+1)}$ $=0$ $\Rightarrow(x$ $+1)^2$ $-(x$ $-1)^2$ $-4x$ $=0$ $\Rightarrow0x$ $=0$.
Vậy phương trình có vô số nghiệm với $x\ne\pm1$.
6) Điều kiện $x\ne\pm5$.
$(x-1)(x+5)-4x(x-5)$ $=9x-5$ $\Rightarrow x^2$ $+4x$ $-5$ $-4x^2$ $+20x$ $=9x-5$ $\Rightarrow-3x^2+15x$ $=0$ $\Rightarrow3x(5-x)$ $=0$.
$\Rightarrow x=0$ (thỏa mãn) hoặc $x=5$ (không thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm $x=0$.
7) Điều kiện $x\ne\pm4$.
$\dfrac{2x-5}{x+4}$ $-\dfrac x{x-4}$ $=\dfrac{-17x+56}{(x-4)(x+4)}$ $\Rightarrow(2x$ $-5)(x$ $-4)$ $-x(x$ $+4)$ $=-17x+56$
$\Rightarrow2x^2$ $-13x$ $+20$ $-x^2$ $-4x$ $=-17x+56$ $\Rightarrow x^2-36$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=\pm6$ (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm $x=6$; $x=-6$.
8) Điều kiện $x\ne\pm2$.
$(x+2)^2-(x-2)^2$ $=x^2+16$ $\Rightarrow(x$ $+2$ $-x$ $+2)(x$ $+2$ $+x$ $-2)$ $=x^2+16$ $\Rightarrow8x$ $=x^2+16$ $\Rightarrow(x-4)^2$ $=0$ $\Rightarrow x$ $=4$ (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm $x=4$.
1) $\dfrac23x$ $>-2$ $\Rightarrow x$ $>-3$.
2) $2x$ $>1$ $\Rightarrow x$ $>\dfrac12$.
3) $-\dfrac13x$ $>-3$ $\Rightarrow x$ $<9$.
4) $-x$ $>-4$ $\Rightarrow x$ $<4$.
5) $3x-1$ $>8$ $\Rightarrow3x$ $>9$ $\Rightarrow x$ $>3$.
6) $2x+4$ $<9$ $\Rightarrow2x$ $<5$ $\Rightarrow x$ $<\dfrac52$.
7) $6-4x$ $<5$ $\Rightarrow-4x$ $<-1$ $\Rightarrow x$ $>\dfrac14$.
8) $15-6x$ $>15$ $\Rightarrow-6x$ $>0$ $\Rightarrow x$ $<0$.
9) $8-11x$ $<52$ $\Rightarrow-11x$ $<44$ $\Rightarrow x$ $>-4$.
10) $11(2-x)$ $\le2(5x+4)$ $\Rightarrow22-11x$ $\le10x+8$ $\Rightarrow-21x$ $\le-14$ $\Rightarrow x$ $\ge\dfrac23$.
11) $\dfrac{x-1}4$ $>\dfrac{x+1}3+9$ $\Rightarrow3(x-1)-4(x+1)$ $>108$ $\Rightarrow-x$ $>115$ $\Rightarrow x$ $<-115$.
12) $3(5x-1)+4(2x-1)$ $\ge18x$ $\Rightarrow15x+8x-3-4-18x$ $\ge0$ $\Rightarrow5x$ $\ge7$ $\Rightarrow x$ $\ge\dfrac75$.
13) $2(x+2)$ $\ge5(x+3)-7x-5$ $\Rightarrow2x+4$ $\ge5x+15-7x-5$ $\Rightarrow4x$ $\ge6$ $\Rightarrow x$ $\ge\dfrac32$.
14) $4(x-3)-2(x-1)$ $\le-3(x+2)$ $\Rightarrow4x-2x-12+2$ $\le-3x-6$ $\Rightarrow5x$ $\le4$ $\Rightarrow x$ $\le\dfrac45$.
15) $2x(x+1)-3(x-1)$ $\le2x^2+3+20x$ $\Rightarrow2x^2+2x-3x+3$ $\le2x^2+3+20x$ $\Rightarrow-21x$ $\le0$ $\Rightarrow x$ $\ge0$.
Đổi 380 nghìn đồng $=0{,}38$ triệu đồng; 1,02 tỉ đồng $=1020$ triệu đồng.
Gọi $x$ (chiếc áo sơ mi) là số áo sơ mi bán được trong 1 tháng $(x\in\mathbb N^*)$.
Lợi nhuận 1 tháng là $0{,}38x-390$ (triệu đồng).
Để đạt lợi nhuận 1020 triệu đồng trong 1 năm (12 tháng), mỗi tháng cần $\dfrac{1020}{12}$ $=85$ (triệu đồng).
Theo đề bài ta có $0{,}38x-390$ $\ge85$ $\Rightarrow0{,}38x$ $\ge475$ $\Rightarrow x$ $\ge1250$.
Vậy trung bình mỗi tháng doanh nghiệp phải bán được ít nhất 1250 chiếc áo sơ mi.
Gọi $x$ là số điểm Tiếng Anh mà Na đạt được.
Điểm trung bình $=\dfrac{9{,}1\cdot2+6{,}9\cdot2+x\cdot1}5$. Để trúng tuyển, điểm trung bình phải $\ge8$.
Suy ra $\dfrac{9{,}1\cdot2+6{,}9\cdot2+x}5$ $\ge8$ $\Rightarrow\dfrac{32+x}5$ $\ge8$ $\Rightarrow32+x$ $\ge40$ $\Rightarrow x$ $\ge8$.
Vậy điểm môn Tiếng Anh tối thiểu mà bạn Na cần đạt để trúng tuyển là 8.
Gọi $x;\,y$ lần lượt là số tờ giấy bạc loại 5000 đồng và loại 2000 đồng $(x;y\in\mathbb N^*)$.
Theo bài ra ta có hệ
Thay $y=15-x$ vào (2) ta được $5x+2(15-x)$ $\le50$ $\Rightarrow3x$ $\le20$ $\Rightarrow x$ $\le\dfrac{20}3$ $\approx6{,}67$.
Vậy bạn Lan có thể có nhiều nhất 6 tờ giấy bạc loại 5000 đồng.
Nga phải để dành số tiền là $3\,280\,000-1\,500\,000$ $=1\,780\,000$ (đồng).
Ta có $1\,780\,000:25\,000$ $=71{,}2$ nên Nga phải để dành ít nhất 72 ngày để mua xe đạp.
| Môn | Văn | Tiếng Anh | Hóa |
|---|---|---|---|
| Điểm | 8 | 7 | 10 |
Kì thi quy định muốn đạt loại giỏi phải có điểm trung bình các môn thi là 8 trở lên và không có môn nào bị điểm dưới 6. Biết môn Văn và Toán được tính hệ số 2. Hãy cho biết, để đạt loại giỏi bạn Chiến phải có điểm thi môn Toán ít nhất là bao nhiêu?
Gọi $x$ là điểm thi môn Toán $(0<x\le10)$.
Vì môn Văn và Toán được tính hệ số 2 nên điểm trung bình của Chiến là $\dfrac{8\cdot2+7+10+x\cdot2}6$ $=\dfrac{2x+33}6$.
Để đạt loại giỏi thì điểm môn Toán của Chiến phải thỏa mãn $x\ge6$ (1) và $\dfrac{2x+33}6$ $\ge8$ (2).
Xét (2): $2x+33$ $\ge48$ $\Rightarrow x$ $\ge7{,}5$. Kết hợp với (1) ta được $x\ge7{,}5$.
Vậy để đạt loại giỏi thì bạn Chiến phải có điểm thi môn Toán thấp nhất là 7,5 điểm.
Gọi số quả bóng mà 1 bạn học sinh ném vào rổ là $a$ (quả bóng, $a\in\mathbb N$, $0\le a\le20$). Số quả bóng ném không vào rổ là $20-a$ (quả bóng).
Để được chọn vào đội tuyển thì bạn đó phải được từ 28 điểm trở lên nên $3a-(20-a)$ $\ge28$ $\Rightarrow4a$ $\ge48$ $\Rightarrow a$ $\ge12$.
Vậy học sinh cần ném vào từ 12 quả bóng trở lên thì sẽ được vào đội tuyển.
Xét hiệu $H$ $=(a^4+b^4)-(a^3b+ab^3)$ $=(a^4-a^3b)+(b^4-ab^3)$ $=a^3(a-b)-b^3(a-b)$ $=(a-b)(a^3-b^3)$.
Áp dụng hằng đẳng thức hiệu hai lập phương $a^3-b^3$ $=(a-b)(a^2+ab+b^2)$, ta được $H$ $=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)$.
Ta có $(a-b)^2\ge0$ với mọi $a,b$ và $a^2+ab+b^2$ $=\left(a+\dfrac12b\right)^2$ $+\dfrac34b^2$ $\ge0$ với mọi $a,b$.
Suy ra $H\ge0$, do đó $a^4+b^4$ $\ge a^3b+ab^3$ (điều phải chứng minh). Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b$.
Do $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác, theo bất đẳng thức tam giác các số sau đều dương: $x=b+c-a>0$; $y=a+c-b>0$; $z=a+b-c>0$.
Cộng các vế ta có $x+y$ $=2c$ $\Rightarrow c$ $=\dfrac{x+y}2$; $y+z$ $=2a$ $\Rightarrow a$ $=\dfrac{y+z}2$; $z+x$ $=2b$ $\Rightarrow b$ $=\dfrac{z+x}2$.
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $\dfrac{y+z}2\cdot\dfrac{z+x}2\cdot\dfrac{x+y}2$ $\ge xyz$ $\Leftrightarrow(x$ $+y)(y$ $+z)(z$ $+x)$ $\ge8xyz$ (*).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) cho hai số dương: $x+y\ge2\sqrt{xy}$; $y+z\ge2\sqrt{yz}$; $z+x\ge2\sqrt{zx}$.
Nhân vế với vế ba bất đẳng thức trên (các vế đều dương) ta được $(x+y)(y+z)(z+x)$ $\ge8\sqrt{x^2y^2z^2}$ $=8xyz$.
Vậy (*) được chứng minh, tức là $abc$ $\ge(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x$ $=y$ $=z$ $\Leftrightarrow a$ $=b$ $=c$ (tam giác đều).
Ý 1. Xét hiệu $H$ $=(a^3+b^3)-(a^2b+b^2a)$ $=a^2(a-b)-b^2(a-b)$ $=(a-b)^2(a+b)$.
Vì $a,b>0$ nên $a+b>0$; mặt khác $(a-b)^2\ge0$. Do đó $H$ $\ge0$ $\Rightarrow a^3+b^3$ $\ge ab(a+b)$ (đpcm). Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b$.
Ý 2. Từ (1), cộng hai vế với $abc>0$: $a^3+b^3+abc$ $\ge ab(a+b)+abc$ $=ab(a+b+c)$.
Vì hai vế đều dương nên $\dfrac1{a^3+b^3+abc}$ $\le\dfrac1{ab(a+b+c)}$ (2).
Tương tự $\dfrac1{b^3+c^3+abc}$ $\le\dfrac1{bc(a+b+c)}$ (3); $\dfrac1{c^3+a^3+abc}$ $\le\dfrac1{ca(a+b+c)}$ (4).
Cộng vế theo vế (2), (3), (4), vế phải bằng $\dfrac1{a+b+c}\cdot\left(\dfrac1{ab}+\dfrac1{bc}+\dfrac1{ca}\right)$ $=\dfrac1{a+b+c}\cdot\dfrac{a+b+c}{abc}$ $=\dfrac1{abc}$.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
Ý 1. Vì $a,b,c>0$ và $\dfrac ab<1$ nên $a<b$.
Xét hiệu $\dfrac{a+c}{b+c}-\dfrac ab$ $=\dfrac{b(a+c)-a(b+c)}{b(b+c)}$ $=\dfrac{c(b-a)}{b(b+c)}$ $>0$ (vì $b-a>0$, $b,c>0$).
Suy ra $\dfrac ab$ $<\dfrac{a+c}{b+c}$ (đpcm).
Ý 2. Đặt $T$ $=\dfrac a{a+b+c}$ $+\dfrac b{b+c+d}$ $+\dfrac c{c+d+a}$ $+\dfrac d{d+a+b}$.
Vậy $1<T<2$ (đpcm).
Để cắt được hình chữ nhật có diện tích lớn nhất thì hình chữ nhật phải nội tiếp đường tròn. Khi đó hai đường chéo của hình chữ nhật cắt nhau tại tâm và có độ dài bằng đường kính: $d=2R=10$ (cm).
Gọi độ dài hai kích thước của hình chữ nhật lần lượt là $a,b$ (cm, $a,b>0$). Theo định lí Pythagore: $a^2+b^2=d^2=100$ (1).
Diện tích hình chữ nhật $S=a\cdot b$ (cm²). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $a^2+b^2$ $\ge2ab$ $\Rightarrow100$ $\ge2ab$ $\Rightarrow ab$ $\le50$ $\Rightarrow S$ $\le50$.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b$; mà $a^2+b^2=100$ nên $2a^2$ $=100$ $\Rightarrow a$ $=b$ $=5\sqrt2$ (cm).
Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là $50\text{ cm}^2$ (khi cắt thành hình vuông có cạnh $5\sqrt2$ cm).
Độ dài máng trượt là $\dfrac{1{,}3}{\sin37^\circ}$ $\approx2{,}2$ (m).
Đoạn đường dốc đó dài $\dfrac{70}{\sin7^\circ}$ $\approx574{,}4$ (m).
Góc từ đỉnh ngọn đèn tạo với mặt nước biển một góc $30^\circ$.
Khoảng cách từ đảo đến chân đèn (ở mức nước biển) là $\dfrac{35}{\tan30^\circ}$ $\approx60{,}6$ (m).
Xét tam giác $AIK$ vuông ở $I$ có $AI$ $=IK\cdot\tan\widehat{IKA}$ $=380\cdot\tan50^\circ$ $\approx452{,}9$ (m).
Xét tam giác $BIK$ vuông ở $I$ có $BI$ $=IK\cdot\tan\widehat{IKB}$ $=380\cdot\tan(50^\circ$ $+15^\circ)$ $\approx814{,}9$ (m).
Ta có $AB$ $=BI-AI$ $\approx362{,}0$ (m). Vậy khoảng cách hai chiếc thuyền khoảng 362,0 mét.
Chiều dài của cây cầu ngoài thực tế là $13{,}75\cdot20\,000$ $=275\,000$ (cm) $=2750$ (m).
$BH$ $=\dfrac12BC$ $=1375$ (m). Xét tam giác $ABH$ vuông ở $H$ có $\tan B$ $=\dfrac{AH}{BH}$ $=\dfrac{37{,}5}{1375}$ $\Rightarrow\widehat B$ $\approx1{,}6^\circ$.
Vậy góc tạo bởi mặt cầu và mặt sông khoảng $1{,}6^\circ$.
a) Vì tam giác $ABC$ đều nên $\widehat{ABC}$ $=60^\circ$. Xét tam giác $ABH$ vuông ở $H$ có $AH$ $=AB\cdot\sin\widehat{ABC}$ $=a\cdot\sin60^\circ$ $=\dfrac{a\sqrt3}2$.
b) Vì tam giác $ABC$ đều nên đường cao $AH$ đồng thời là đường trung tuyến, $BI$ là đường phân giác đồng thời là đường trung tuyến. Mà $AH$ cắt $BI$ tại $I$ nên $I$ là trọng tâm tam giác.
Suy ra $IH$ $=\dfrac13AH$ $=\dfrac13\cdot\dfrac{a\sqrt3}2$ $=\dfrac{a\sqrt3}6$.
a) Chứng minh tam giác $AEF$ đồng dạng với tam giác $ABC$.
b) Cho $EF$ bằng 5 cm. Tính $BC$.
c) Cho diện tích tam giác $ABC$ bằng $100\text{ cm}^2$. Tính diện tích tam giác $AEF$.
a) Xét tam giác $AEB$ và tam giác $AFC$ có $\widehat{BEA}$ $=\widehat{CFA}$ $=90^\circ$, $\widehat A$ chung nên $\triangle AEB\backsim\triangle AFC$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{AE}{AF}$ $=\dfrac{AB}{AC}$ hay $\dfrac{AE}{AB}$ $=\dfrac{AF}{AC}$.
Xét tam giác $AEF$ và tam giác $ABC$ có $\dfrac{AE}{AB}$ $=\dfrac{AF}{AC}$, $\widehat A$ chung nên $\triangle AEF\backsim\triangle ABC$ (c.g.c).
b) Vì $\triangle AEF\backsim\triangle ABC$ nên $\dfrac{AE}{AB}$ $=\dfrac{EF}{BC}$. Vì tam giác $AEB$ vuông ở $E$ nên $\cos A$ $=\dfrac{AE}{AB}$, hay $\dfrac{AE}{AB}$ $=\cos60^\circ$ $=\dfrac12$ $=\dfrac{EF}{BC}$.
Suy ra $BC=2EF=2\cdot5=10$ (cm).
c) Vì $\triangle AEF\backsim\triangle ABC$ nên $\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}$ $=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2$ $=\dfrac14$. Suy ra $S_{AEF}$ $=\dfrac{S_{ABC}}4$ $=\dfrac{100}4$ $=25$ (cm²).
a) Giả sử $\widehat{ACF}$ $=53^\circ$; $AF=4$ cm. Giải tam giác vuông $ACF$.
b) Chứng minh: $AE\cdot AC$ $=AF\cdot AB$.
c) Chứng minh tam giác $AMN$ cân.
a) Xét tam giác $ACF$ vuông ở $F$ có $\widehat{CAF}$ $=90^\circ-\widehat{ACF}$ $=37^\circ$;
$CF$ $=\dfrac{AF}{\tan\widehat{ACF}}$ $=\dfrac4{\tan53^\circ}$ $\approx3$ (cm); $AC$ $=\dfrac{AF}{\sin\widehat{ACF}}$ $=\dfrac4{\sin53^\circ}$ $\approx5$ (cm).
b) Xét tam giác $AEB$ và tam giác $AFC$ có $\widehat{BEA}$ $=\widehat{CFA}$ $=90^\circ$, $\widehat A$ chung nên $\triangle AEB\backsim\triangle AFC$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{AE}{AF}$ $=\dfrac{AB}{AC}$, suy ra $AE\cdot AC$ $=AF\cdot AB$ (đpcm) (1).
c) Xét tam giác $AEM$ và tam giác $AMC$ có $\widehat{MEA}$ $=\widehat{CMA}$ $=90^\circ$, $\widehat{CAM}$ chung nên $\triangle AEM\backsim\triangle AMC$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{AE}{AM}$ $=\dfrac{AM}{AC}$, suy ra $AM^2=AE\cdot AC$ (2). Tương tự chứng minh trên ta có $AN^2=AF\cdot AB$ (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra $AM=AN$ nên tam giác $AMN$ cân ở $A$.
a) Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABC$ vuông ở $A$: $BC^2$ $=AB^2+AC^2$ $=30^2+40^2$ $=2500$ $\Rightarrow BC$ $=50$ cm.
Vì $AM$ là đường trung tuyến nên $M$ là trung điểm của $BC$, $BM$ $=MC$ $=\dfrac12BC$ $=25$ cm.
Xét tam giác $BHA$ và tam giác $BAC$ có $\widehat{BHA}$ $=\widehat{CAB}$ $=90^\circ$, $\widehat B$ chung nên $\triangle BHA\backsim\triangle BAC$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{BH}{AB}$ $=\dfrac{BA}{BC}$, suy ra $BH$ $=\dfrac{AB^2}{BC}$ $=\dfrac{30^2}{50}$ $=18$ cm. Ta có $HM=BM-BH=25-18=7$ cm.
b) Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABH$ vuông ở $H$: $AH^2$ $=AB^2-BH^2$ $=30^2-18^2$ $=576$ $\Rightarrow AH$ $=24$ cm.
$\triangle ABH$ vuông ở $H$ có $HM$ là đường trung tuyến (vì $M$ là trung điểm của $AB$) nên $AB$ $=2HM$ $=2\cdot15$ $=30$ (cm).
Tương tự ta có $AC$ $=2HN$ $=2\cdot20$ $=40$ (cm).
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABC$ vuông ở $A$: $BC^2$ $=AB^2+AC^2$ $=30^2+40^2$ $=2500$ $\Rightarrow BC$ $=50$ cm.
Xét tam giác $BHA$ và tam giác $BAC$ có $\widehat{BHA}$ $=\widehat{CAB}$ $=90^\circ$, $\widehat B$ chung nên $\triangle BHA\backsim\triangle BAC$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{BH}{AB}$ $=\dfrac{BA}{BC}$, suy ra $BH$ $=\dfrac{AB^2}{BC}$ $=\dfrac{30^2}{50}$ $=18$ cm. Tương tự $CH$ $=\dfrac{AC^2}{BC}$ $=\dfrac{40^2}{50}$ $=32$ cm.
Vì $\triangle BHA\backsim\triangle BAC$ nên $\dfrac{HA}{AC}$ $=\dfrac{AB}{CB}$, suy ra $HA$ $=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}$ $=\dfrac{30\cdot40}{50}$ $=24$ cm.
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ADC$ vuông ở $D$: $AC^2$ $=AD^2+DC^2$ $=12^2+16^2$ $=400$ $\Rightarrow AC$ $=20$ (cm).
Xét tam giác $OCD$ và tam giác $DCA$ có $\widehat{DOC}$ $=\widehat{ADC}$ $=90^\circ$, $\widehat{DCA}$ chung nên $\triangle OCD\backsim\triangle DCA$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{CD}{CA}$ $=\dfrac{OD}{DA}$, suy ra $OD$ $=\dfrac{CD\cdot DA}{CA}$ $=\dfrac{16\cdot12}{20}$ $=9{,}6$ cm.
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ADO$ vuông ở $O$: $AO$ $=\sqrt{AD^2-DO^2}$ $=\sqrt{12^2-9{,}6^2}$ $=7{,}2$ cm.
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $CDO$ vuông ở $O$: $CO$ $=\sqrt{DC^2-DO^2}$ $=\sqrt{16^2-9{,}6^2}$ $=12{,}8$ cm.
Xét tam giác $OAB$ và tam giác $ODA$ có $\widehat{AOB}$ $=\widehat{AOD}$ $=90^\circ$, $\widehat{BAO}$ $=\widehat{ADO}$ (cùng phụ với $\widehat{DAO}$) nên $\triangle OAB\backsim\triangle ODA$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{OA}{OD}$ $=\dfrac{OB}{OA}$, suy ra $OB$ $=\dfrac{OA^2}{OD}$ $=\dfrac{7{,}2^2}{9{,}6}$ $=5{,}4$ cm.
Hạ $AH$ và $BK$ vuông góc với $DC$ lần lượt tại $H$ và $K$. Ta có $AB=HK=7$ cm, $DH$ $=KC$ $=\dfrac{25-7}2$ $=9$ cm.
Xét tam giác $HCA$ và tam giác $HAD$ có $\widehat{AHC}$ $=\widehat{AHD}$ $=90^\circ$, $\widehat{ACH}$ $=\widehat{DAH}$ (cùng phụ với $\widehat{HAC}$) nên $\triangle HCA\backsim\triangle HAD$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{AH}{DH}$ $=\dfrac{HC}{HA}$ hay $AH^2$ $=DH\cdot CH$ $=9\cdot16$ $=144$. Suy ra $AH=12$ cm.
Diện tích hình thang $ABCD$ là $\dfrac{(7+25)\cdot12}2$ $=192$ (cm²).
a) Tính diện tích hình thang.
b) Qua $O$ vẽ một đường thẳng song song với hai đáy, cắt $AD$ và $BC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Tính độ dài $MN$.
a) Xét tam giác $AOB$ và tam giác $COD$ có $\widehat{AOB}$ $=\widehat{COD}$ $=90^\circ$, $\widehat{ABO}$ $=\widehat{CDO}$ (hai góc so le trong)
$\Rightarrow\triangle AOB\backsim\triangle COD$ (g.g), suy ra $\dfrac{AO}{CO}$ $=\dfrac{OB}{OD}$ $=\dfrac{5{,}4}{15}$ $=\dfrac9{25}$ hay $AO=\dfrac9{25}CO$ (1).
Xét tam giác $AOD$ và tam giác $DOC$ có $\widehat{AOD}$ $=\widehat{COD}$ $=90^\circ$, $\widehat{OAD}$ $=\widehat{ODC}$ (cùng phụ với góc $ADO$)
$\Rightarrow\triangle AOD\backsim\triangle DOC$ (g.g), suy ra $\dfrac{AO}{DO}$ $=\dfrac{OD}{OC}$ hay $AO\cdot OC=15^2$ (2).
Từ (1), (2) suy ra $AO=9$ cm, $CO=25$ cm.
Áp dụng định lí Pythagore: $AD$ $=\sqrt{AO^2+DO^2}$ $=\sqrt{9^2+15^2}$ $=3\sqrt{34}$ cm; $DC$ $=\sqrt{DO^2+OC^2}$ $=\sqrt{15^2+25^2}$ $=5\sqrt{34}$ cm; $AB$ $=\sqrt{AO^2+OB^2}$ $=\sqrt{9^2+5{,}4^2}$ $=\dfrac95\sqrt{34}$ cm.
Diện tích hình thang $ABCD$ là $\left(\dfrac95\sqrt{34}+5\sqrt{34}\right)\cdot3\sqrt{34}:2$ $=346{,}8$ (cm²).
b) Xét tam giác $DAB$ có $MO\parallel AB$ nên $\dfrac{MO}{AB}$ $=\dfrac{DO}{DB}$, suy ra $MO$ $=\dfrac{AB\cdot DO}{DB}$ $=\dfrac{AB\cdot DO}{DO+OB}$ $=\dfrac{45\sqrt{34}}{34}$ cm.
Xét tam giác $CAB$ có $NO\parallel AB$ nên $\dfrac{NO}{AB}$ $=\dfrac{CO}{CA}$, suy ra $NO$ $=\dfrac{AB\cdot CO}{CA}$ $=\dfrac{AB\cdot CO}{CO+OA}$ $=\dfrac{45\sqrt{34}}{34}$ cm.
Vậy $MN$ $=MO+NO$ $=\dfrac{45\sqrt{34}}{17}$ cm.
Xét tam giác $AHM$ và tam giác $ABH$ có $\widehat{AMH}$ $=\widehat{AHB}$ $=90^\circ$, $\widehat{BAH}$ chung nên $\triangle AHM\backsim\triangle ABH$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{AH}{AB}$ $=\dfrac{AM}{AH}$ hay $AH^2=AB\cdot AM$ (1). Tương tự ta được $AH^2=AC\cdot AN$ (2).
Từ (1), (2) suy ra $AB\cdot AM$ $=AC\cdot AN$.
Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $\sin B$ $=\dfrac{AC}{BC}$; $\sin C$ $=\dfrac{AB}{BC}$.
Suy ra $\dfrac{\sin B}{\sin C}$ $=\dfrac{AC}{BC}:\dfrac{AB}{BC}$ $=\dfrac{AC}{AB}$ hay $AC$ $=\dfrac{AB\cdot\sin B}{\sin C}$.
Xét tam giác $ABC$ vuông ở $A$ có $\tan B$ $=\dfrac{AC}{AB}$ hay $1{,}072$ $=\dfrac{63}x$. Suy ra $x\approx58{,}769$.
Xét tam giác $EDF$ vuông ở $D$ có $\cos E$ $=\dfrac{ED}{FE}$ hay $0{,}188$ $=\dfrac{16}x$. Suy ra $x\approx85{,}106$.
a) Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABH$ vuông ở $H$: $BH$ $=\sqrt{AB^2-AH^2}$ $=\sqrt{7{,}5^2-6^2}$ $=4{,}5$ cm.
Xét tam giác $BHA$ và tam giác $BAC$ có $\widehat{BHA}$ $=\widehat{CAB}$ $=90^\circ$, $\widehat B$ chung nên $\triangle BHA\backsim\triangle BAC$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{BH}{AB}$ $=\dfrac{BA}{BC}$, suy ra $BC$ $=\dfrac{AB^2}{BH}$ $=\dfrac{7{,}5^2}{4{,}5}$ $=12{,}5$ cm.
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABC$ vuông ở $A$: $AC$ $=\sqrt{BC^2-AB^2}$ $=\sqrt{12{,}5^2-7{,}5^2}$ $=10$ cm.
b) Xét tam giác $ABC$ vuông ở $A$: $\cos B$ $=\dfrac{AB}{BC}$ $=\dfrac{7{,}5}{12{,}5}$ $=\dfrac35$; $\cos C$ $=\dfrac{AC}{BC}$ $=\dfrac{10}{12{,}5}$ $=\dfrac45$.
Giả sử tam giác $ABC$ vuông ở $A$, có $\widehat C=\alpha$.
a) $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ $=\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2$ $+\left(\dfrac{AC}{BC}\right)^2$ $=\dfrac{AB^2+AC^2}{BC^2}$ $=\dfrac{BC^2}{BC^2}$ $=1$.
b) $1+\tan^2\alpha$ $=1$ $+\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2$ $=\dfrac{AC^2+AB^2}{AC^2}$ $=\dfrac{BC^2}{AC^2}$ $=\dfrac1{\left(\frac{AC}{BC}\right)^2}$ $=\dfrac1{\cos^2\alpha}$.
c) $\tan\alpha\cdot\cot\alpha$ $=\dfrac{AB}{AC}\cdot\dfrac{AC}{AB}$ $=1$.
d) Chứng minh tương tự ý b: $1+\cot^2\alpha$ $=1$ $+\left(\dfrac{AC}{AB}\right)^2$ $=\dfrac{BC^2}{AB^2}$ $=\dfrac1{\sin^2\alpha}$.
$A$ $=\dfrac{\cos57^\circ}{\cos57^\circ}$ $+\dfrac{\tan32^\circ}{\tan32^\circ}$ $-2(\sin20^\circ\cdot\sin20^\circ$ $+\cos20^\circ\cdot\cos20^\circ)$ $=1$ $+1$ $-2(\sin^220^\circ$ $+\cos^220^\circ)$ $=2-2$ $=0$.
$B$ $=\dfrac{(\sin^215^\circ+\cos^215^\circ)-(\sin^212^\circ+\cos^212^\circ)}{(\sin^277^\circ+\cos^277^\circ)+(\cos^21^\circ+\sin^21^\circ)}$ $+\dfrac{2\tan55^\circ}{\tan55^\circ}$ $=\dfrac{1-1}{1+1}+2$ $=2$.