1) Gọi \(N\) là trung điểm của \(A I\).

Ta có \(I H \bot A B\) suy ra \(\hat{I H A} = 9 0^{\circ}\)

Tam giác \(A H I\) vuông tại \(H\) có trung tuyến \(H N\) ứng với cạnh huyền nên \(A N = N I = N H = \frac{1}{2} A I\) (1)

Ta có \(I K \bot \&\text{nbsp}; A C\) suy ra \(\hat{A K I} = 9 0^{\circ}\)

Tam giác \(A K I\) vuông tại \(K\) có trung tuyến \(K N\) ứng với cạnh huyền nên \(A N = N I = N K = \frac{1}{2} A I\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra  \(A N = N I = N K = N H\) hay bốn điểm \(A , H , I , K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(A I\).

2) Ta có \(I\) là điểm chính giữa cung nhỏ \(B C\) suy ra \(I B \&\text{nbsp}; = I C\) hay \(\hat{I A B} = \hat{I A C}\).

Xét hai tam giác vuông \(\Delta I A H\) và \(\Delta I A K\) có:

\(I A\) chung;

\(\hat{I A B} = \hat{I A C}\) (chứng minh trên)

Do đó, \(\Delta I A H = \Delta I A K\) (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra \(I H = I K\) nên \(\Delta I H K\) cân tại \(I\).

Ta có \(A H I K\) là tứ giác nội tiếp nên \(\hat{H A K} + \hat{H I K} = 18 0^{\circ}\).

\(A B I C\) là tứ giác nội tiếp nên \(\hat{B A C} + \hat{B I C} = 18 0^{\circ}\).

Suy ra \(\hat{H I K} = \hat{B I C}\).

Gọi số ha rừng lâm trường dự định trồng trong mỗi tuần là \(x\) (ha; \(x > 0\)).

Thời gian trồng rừng theo kế hoạch là: \(\frac{75}{x}\) (tuần)

Thời gian trồng rừng thực tế là: \(\frac{80}{x + 5}\) (tuần)

Vì thực tế hoàn thành sớm hơn dự định \(7\) ngày \(= 1\) tuần nên ta có phương trình:

\(\frac{75}{x} - \frac{80}{x + 5} = 1\)

\(x^{2} + 10 x - 375 = 0\)

\(\left(\right. x - 15 \left.\right) \left(\right. x + 25 \left.\right) = 0\)

\(x = 15\) (thỏa mãn) hoặc \(x = - 25\) (loại)

Vậy số ha rừng lâm trường dự định trồng trong một tuần là \(15\) ha.

1) Giải phương trình \(x^{4} - 7 x^{2} + 12 = 0\).

Đặt \(t = x^{2}\) với \(t \geq 0\).

Khi đó phương trình trở thành: \(t^{2} - 7 t + 12 = 0\) (1)

\(\Delta_{t} = \left(\right. - 7 \left.\right)^{2} - 4.1.12 = 1 > 0\)

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:

\(t_{1} = \frac{7 + \sqrt{1}}{2.1} = 4\) (thỏa mãn);

\(t_{2} = \frac{7 - \sqrt{1}}{2.1} = 3\) (thỏa mãn).

⚡ Với \(t = 4\) thì \(x^{2} = 4\) suy ra  \(x = \pm 2\)

⚡ Với \(t = 3\) thì \(x^{2} = 3\) suy ra \(x = \pm \sqrt{3}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left{\right. - \sqrt{3} ; \sqrt{3} ; - 2 ; 2 \left.\right}\).

2) a) \(\Delta = \left[\right. - \left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \left]\right.^{2} - 4 \left(\right. m - 1 \left.\right) = 4 m^{2} - 4 m + 1 - 4 m + 4\)

\(= 4 m^{2} - 8 m + 5 = 4 \left(\right. m - 1 \left.\right)^{2} + 1 > 0\)

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

b) Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} , x_{2}\) nên theo hệ thức Viète, ta có:

\(x_{1} + x_{2} = 2 m - 1\) và \(x_{1} x_{2} = m - 1\)

Theo đề bài, ta có: \(x_{1}^{3} + x_{2}^{3} = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) . \left(\right. x_{1}^{2} - x_{1} x_{2} + x_{2}^{2} \left.\right) = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) . \left[\right. \&\text{nbsp}; \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)^{2} - 3 x_{1} x_{2} \left]\right. \&\text{nbsp}; = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) . \left[\right. \&\text{nbsp}; \left(\right. 2 m - 1 \left.\right)^{2} - 3 \left(\right. m - 1 \left.\right) \left]\right. \&\text{nbsp}; = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) . \left(\right. 4 m^{2} - 4 m + 1 - 3 m + 3 \left.\right) = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) . \left(\right. 4 m^{2} - 7 m + 4 \left.\right) = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \left(\right. 4 m^{2} - 7 m + 4 \left.\right) - \left(\right. 2 m^{2} - m \left.\right) = 0\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \left(\right. 4 m^{2} - 7 m + 4 \left.\right) - m \left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \&\text{nbsp}; = 0\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \left(\right. 4 m^{2} - 8 m + 4 \left.\right) = 0\)

\(4 \left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \left(\right. m - 1 \left.\right)^{2} = 0\)

\(m = 1\) hoặc \(m = \frac{1}{2}\).

Vậy \(m \in \left{\right. 1 , \frac{1}{2} \left.\right}\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

1) Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(Q\) ta có:

\(Q = \frac{\sqrt{9} + 3}{\sqrt{9} + 1} = \frac{3 + 3}{3 + 1} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}\)

Vậy với \(x = 9\) thì \(Q = \frac{3}{2}\).

2) Với \(x \geq 0 ; x \neq 1\) ta có:

\(P = \frac{1}{\sqrt{x} + 2} - \frac{\sqrt{x}}{1 - \sqrt{x}} - \frac{3 \sqrt{x}}{\sqrt{x} + 2}\)

\(= \frac{\sqrt{x} - 1 + \sqrt{x} \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right) - 3 \sqrt{x}}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)}\)

\(= \frac{\sqrt{x} - 1 + x + 2 \sqrt{x} - 3 \sqrt{x}}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)}\)

\(= \frac{x - 1}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)}\) \(= \frac{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)}\) \(= \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} + 2}\).

3) \(M = P . Q = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} + 2} . \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} + 1}\)

\(= \frac{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 3 \left.\right)}{\left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} + 2} = 1 + \frac{1}{\sqrt{x} + 2}\)

Ta có \(\sqrt{x} \geq 0\) với \(x \geq 0\); suy ra \(\sqrt{x} + 2 \geq 2\).

Suy ra \(\frac{1}{\sqrt{x} + 2} \leq \frac{1}{2}\)

Do đó, \(M \leq 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt{x} = 0\) tức là \(x = 0\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá trị lớn nhất của \(M\) là \(\frac{3}{2}\) khi \(x = 0\).

a) Do \(M A\), \(M B\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(M A ⊥ O A ; M B ⊥ O B\)

Suy ra \(\hat{M A O} = \hat{M B O} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(O M\) (học sinh tự vẽ thêm trên hình).

Xét tam giác \(M A O\) vuông tại \(A\), \(A I\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:

\(A I = M I = I O = \frac{1}{2} O M\) (1)

Xét tam giác \(M B O\) vuông tại \(B\), \(B I\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:

\(B I = M I = I O = \frac{1}{2} O M\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(A I = M I = I O = B I\)

Vậy tứ giác \(M A O B\) nội tiếp đường tròn tâm \(I\), đường kính \(O M\).

b) Do \(M A\), \(M B\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(M A = M B\);

Mà \(O A = O B = R\) nên \(M O\) là trung trực của đoạn thẳng \(A B\).

Suy ra \(M O ⊥ A B\) tại \(D\).

\(H\) là hình chiếu của \(O\) trên đường thẳng \(d\) nên \(H O ⊥ M H\).

Xét tam giác \(\Delta O D C\) và \(\Delta O H M\) có:

\(\hat{M O H}\) chung;

\(\hat{O D C} = \hat{O H M} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta O D C \sim \Delta O H M\) (g.g) suy ra \(\frac{O D}{O H} = \frac{O C}{O M}\)

Hay \(O C . O H = O D . O M\).

Tương tự, chứng minh \(\Delta O D A \sim \Delta O A M\) suy ra \(O D . O M = O A^{2} = R^{2}\)

Hay \(O C . O H = R^{2}\)

c) Vì điểm \(O\) và đường thẳng \(d\) cố định nên \(H\) cố định do đó \(O H\) cố định và có độ dài không đổi suy ra \(C \in O H\) cố định (3)

 Từ \(O C . O H = R^{2}\) ta có \(O C = \frac{R^{2}}{O H}\) không đổi (4)

Từ (3) và (4) suy ra điểm \(C\) cố định suy ra dây \(A B\) luôn đi qua điểm \(C\) cố định.

Vậy khi điểm \(M\) di chuyển trên đường thẳng \(d\) thì dây \(A B\) luôn đi qua một điểm cố định.

a) Do \(M A\), \(M B\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(M A ⊥ O A ; M B ⊥ O B\)

Suy ra \(\hat{M A O} = \hat{M B O} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(O M\) (học sinh tự vẽ thêm trên hình).

Xét tam giác \(M A O\) vuông tại \(A\), \(A I\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:

\(A I = M I = I O = \frac{1}{2} O M\) (1)

Xét tam giác \(M B O\) vuông tại \(B\), \(B I\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:

\(B I = M I = I O = \frac{1}{2} O M\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(A I = M I = I O = B I\)

Vậy tứ giác \(M A O B\) nội tiếp đường tròn tâm \(I\), đường kính \(O M\).

b) Do \(M A\), \(M B\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(M A = M B\);

Mà \(O A = O B = R\) nên \(M O\) là trung trực của đoạn thẳng \(A B\).

Suy ra \(M O ⊥ A B\) tại \(D\).

\(H\) là hình chiếu của \(O\) trên đường thẳng \(d\) nên \(H O ⊥ M H\).

Xét tam giác \(\Delta O D C\) và \(\Delta O H M\) có:

\(\hat{M O H}\) chung;

\(\hat{O D C} = \hat{O H M} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta O D C \sim \Delta O H M\) (g.g) suy ra \(\frac{O D}{O H} = \frac{O C}{O M}\)

Hay \(O C . O H = O D . O M\).

Tương tự, chứng minh \(\Delta O D A \sim \Delta O A M\) suy ra \(O D . O M = O A^{2} = R^{2}\)

Hay \(O C . O H = R^{2}\)

c) Vì điểm \(O\) và đường thẳng \(d\) cố định nên \(H\) cố định do đó \(O H\) cố định và có độ dài không đổi suy ra \(C \in O H\) cố định (3)

 Từ \(O C . O H = R^{2}\) ta có \(O C = \frac{R^{2}}{O H}\) không đổi (4)

Từ (3) và (4) suy ra điểm \(C\) cố định suy ra dây \(A B\) luôn đi qua điểm \(C\) cố định.

Vậy khi điểm \(M\) di chuyển trên đường thẳng \(d\) thì dây \(A B\) luôn đi qua một điểm cố định.

Gọi vận tốc của bạn Hoa lúc đi là \(x\) (km/h; \(x > 0\)).

Thời gian bạn Hoa đi từ nhà đến địa điểm A là \(\frac{24}{x}\) (giờ).

Thời gian bạn Hoa đi một nửa quãng đường lúc về là \(\frac{12}{x}\) (giờ).

Vận tốc của bạn Hoa đi một nửa quãng đường còn lại lúc về là \(x + 4\) (km/h).

Thời gian bạn Hoa đi nửa quãng đường còn lại lúc về nhà là \(\frac{12}{x + 4}\) (giờ).

Do thời gian về ít hơn thời gian đi là \(15\) phút \(\left(\right.\)đổi bằng \(\frac{1}{4}\) h\(\left.\right)\) nên ta có phương trình:

\(\frac{24}{x} - \frac{12}{x} - \frac{12}{x + 4} = \frac{1}{4}\)

\(\frac{12}{x} - \frac{12}{x + 4} = \frac{1}{4}\)

\(x^{2} + 4 x - 192 = 0\)

\(x = 12\) hoặc \(x = - 16\)

Ta thấy \(x = - 16\) không thỏa mãn.

Vậy vận tốc của bạn Hoa lúc đi là \(12\) km/h.

a) Với \(m = - 2\), phương trình (1) trở thành \(x^{2} + 2 x - 3 = 0.\)

Giải ra được \(x = 1 , x = - 3.\)

Vậy với \(m = - 2\) phương trình (1) có tập nghiệm là S={1; -3}

b) Ta có: \(\Delta = m^{2} - 4 m + 4 = \left(\right. m - 2 \left.\right)^{2} \geq 0 , \forall m\)

Do đó phương trình \(\left(\right. 1 \left.\right)\) luôn có hai nghiệm \(x_{1} ; x_{2}\) với mọi \(m\).

Áp dụng hệ thức Viète, ta có: \(\left{\right. & x_{1} + x_{2} = m \\ & x_{1} x_{2} = m - 1\)

Biến đổi \(A = \frac{2 x_{1} x_{2} + 3}{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 2 \left(\right. x_{1} x_{2} + 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{2 x_{1} x_{2} + 3}{\left(\left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)\right)^{2} + 2}\)

\(= \frac{2 \left(\right. m - 1 \left.\right) + 3}{m^{2} + 2}\)

\(= \frac{2 m + 1}{m^{2} + 2}\)

\(A = \frac{m^{2} + 2 - \left(\right. m - 1 \left.\right)^{2}}{m^{2} + 2} = 1 - \frac{\left(\right. m - 1 \left.\right)^{2}}{m^{2} + 2}\)

Lập luận chỉ ra \(A \leq 1\), dấu "=" xảy ra khi \(m = 1\).

-tẩn số ghép nhóm của nhóm [60;70) là: 10

_tần số tương đối ghép nhóm của nhóm [60;70) là: 10:40 x100% =25%