Đề cương ôn tập cuối kì 2 Toán 7 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Tự luận

a) Mùa giải năm 2017, Quang Hải thi đấu 26 trận.

b) Số trận thi đấu Quang Hải tham gia là:

$25 + 26 + 24 + 24 + 17 + 9 + 2 = 127$ (trận).

c) Giảm số phần trăm: $88{,}88\%$.

a) Tỉ lệ học sinh xếp loại Đạt của khối 7 là: $100\% -46\% -2\% -28\% = 24\%$.

b) Số học sinh xếp loại giỏi gấp số lần chưa đạt là: $28:2 = 14$ (lần)

c) Tổng số học sinh khá, giỏi chiếm số phần trăm so với số học sinh khối 7 là: $28\% + 46\% = 74\%$.

d) Số học sinh khối 7 đạt loại giỏi là: $350.28\% = 98$ (học sinh).

a) Tất cả các thẻ trong hộp đều ghi số nhỏ nhỏ hơn 25.

Do đó, xác suất của biến cố A là $100\%$.

b) Tất cả các thẻ trong hộp đều ghi số tự nhiên hay không có thẻ nào ghi số thập phân.

Do đó, xác suất của biến cố B là $0\%$.

c) Trong 20 thẻ trong hộp thì có 19 thẻ ghi số nhỏ hơn 20 gồm $\left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,...\,;\,\,19} \right\}.$

Do đó, xác suất của biến cố C là $\frac{{19}}{{20}}$.

d) Trong 20 thẻ trong hộp thì có 3 thẻ ghi số lớn hơn 17 gồm $\left\{ {18\,;\,\,19\,;\,\,20} \right\}.$

Do đó, xác suất của biến cố D là $\frac{3}{{20}}$.

e) Trong 20 thẻ trong hộp thì có 10 thẻ ghi số chẵn và 10 thẻ ghi số lẻ.

Do đó, xác suất của biến cố E là $50\%$.

g) Trong 20 thẻ trong hộp có các số chia hết cho 4 là $4\,;\,\,8\,;\,\,12\,;\,\,16\,;\,\,20$.

Xác suất số chia hết cho 4 là $\frac{5}{{20}}$.

h) Các số nguyên tố trên thẻ là $2\,;\,\,3\,;\,\,5\,;\,\,7\,;\,\,13\,;\,\,17\,;\,\,19$;

Xác suất xuất hiện số nguyên tố là $\frac{7}{{20}}$;

Xác suất xuất hiện là $\frac{7}{{20}}$.

a) Tập hợp $A$ gồm các kết quả thuận lợi cho biến cố "Số chấm trên mặt xuất hiện của xúc xắc là số chia 3 dư 2" là $A = \left\{ {2\,;\,\,5} \right\}$.

b) Xác suất gieo được mặt 5 chấm là $\frac{1}{6}$.

c) Số nguyên tố xuất hiện ở trên mặt con xúc xắc là $2\,;\,\,3\,;\,\,5.$

Xác suất của biến cố gieo được mặt có chấm là số nguyên tố là $\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

a) Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố A: “Số được chọn là số nguyên tố” là:

$\left\{ {2;3;5;7} \right\}$. Do đó, có 4 kết quả thuận lợi.

Vậy xác suất của biến cố này là: $\frac{4}{7}.$

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố B: “Số được chọn là số chia hết cho 2 và 5” là: $10$.

Do đó, có 1 kết quả thuận lợi.

Vậy, xác suất cho biến cố này là: $\frac{1}{7}.$

a) Xác suất để lấy ngẫu nhiên được một chiếc bút bi màu xanh là: $\frac{3}{{10}}.$

b) Xác suất để lấy ngẫu nhiên được một chiếc bút bi màu đỏ là: $\frac{2}{{10}} = \frac{1}{5}.$

a) Xác suất của biến cố “Thẻ được ra là hình bông hoa” là $\frac{2}{{15}}.$

b) Xác suất của biến cố “Thẻ được rút ra là hình vuông” là $\frac{8}{{15}}.$

c) Biến cố “Thẻ được rút ra không phải hình ngôi sao” tức là thẻ được rút ra có hình bông hoa hoặc hình vuông.

Do đó, xác suất của biến cố này là: $\frac{8}{{15}} + \frac{2}{{15}} = \frac{{10}}{{15}} = \frac{2}{3}.$

a) Thay $x = - 2$ và $y = 4$ vào biểu thức $A$, ta được:

$A = 2 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} \cdot 4 - 3 \cdot \left( { - 2} \right) \cdot 4 = 32 + 24 = 56$.

b) Ta có $B = \left( {2{x^2} + x - 1} \right) - \left( {{x^2} + 5x - 1} \right) = {x^2} - 4x$.

Thay $x = - 2$ vào biểu thức $B$, ta được:

$B = {\left( { - 2} \right)^2} - 4 \cdot \left( { - 2} \right) = 4 + 8 = 12$.

a) Để $x$ là nghiệm của đa thức $A\left( x \right)$ thì $2x - 1 = 0$ hay $x = \frac{1}{2}$.

Vậy $x = \frac{1}{2}$ là nghiệm của đa thức $A\left( x \right)$.

b) Để $x$ là nghiệm của đa thức $B\left( x \right)$ thì $3 - \frac{5}{6}x = 0$ nên $\frac{5}{6}x = 3$ hay $x = \frac{{18}}{5}$.

Vậy $x = \frac{{18}}{5}$ là nghiệm của đa thức $B\left( x \right)$.

c) Để $x$ là nghiệm của đa thức $C\left( x \right)$ thì ${x^2} - 1 = 0$ nên ${x^2} = 1$ hay $x = \pm 1$.

Vậy $x = \pm 1$ là nghiệm của đa thức $C\left( x \right)$.

d) Để $x$ là nghiệm của đa thức $D\left( x \right)$ thì $8{x^3} + 27 = 0$ nên ${x^3} = \frac{{ - 27}}{8}$ nên $x = - \frac{3}{2}$.

Vậy $x = - \frac{3}{2}$ là nghiệm của đa thức $D\left( x \right)$.

e) Để $x$ là nghiệm của đa thức $E\left( x \right)$ thì ${x^2} + 2x = 0$ hay $x\left( {x + 2} \right) = 0$.

Do đó, $x = 0$ hoặc $x = - 2$.

Vậy $x = 0$ và $x = - 2$ là nghiệm của đa thức $E\left( x \right)$.

a) Ta có: $\left( {{x^2} - 8} \right)\left( {{x^3} + 2x + 4} \right) = {x^5} + 2{x^3} + 4{x^2} - 8{x^3} - 16x - 32$

$= {x^5} - 6{x^3} + 4{x^2} - 16x - 32$.

b) Thực hiện phép chia, ta có:

Vậy $\left( {{x^2} - 6x + 8} \right):\left( {x + 3} \right) = x - 9$ dư $35$.

c) Thực hiện phép chia, ta có:

Vậy $\left( {{x^2} - 4x + 3} \right):\left( {x - 3} \right) = x - 1$.

d) Thực hiện phép chia, ta có:

Vậy $\left( {8{x^2} - 6x + 3} \right):\left( {2x + 1} \right) = 4x - 5$ dư 8.

Ta có $g\left( x \right) = - {x^5} + 4x - 5{x^3} + 2 = - {x^5} - 5{x^3} + 4x + 2$.

a) Theo đề bài, $f\left( x \right) + h\left( x \right) = g\left( x \right)$.

Suy ra $h\left( x \right) = g\left( x \right) - f\left( x \right)$

$$= \left( { - {x^5} - 5{x^3} + 4x + 2} \right) - \left( {{x^5} - 3{x^3} + 2x - 1} \right)$$

$$= - {x^5} - 5{x^3} + 4x + 2 - {x^5} + 3{x^3} - 2x + 1$$

$$= \left( { - {x^5} - {x^5}} \right) + \left( {3{x^3} - 5{x^3}} \right) + \left( {4x - 2x} \right) + \left( {2 + 1} \right)$$

$= - 2{x^5} - 2{x^3} + 2x + 3$.

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

b) Theo đề bài, $g\left( x \right) + h\left( x \right) = f\left( x \right)$

Suy ra $h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right)$

$$= \left( {{x^5} - 3{x^3} + 2x - 1} \right) - \left( { - {x^5} - 5{x^3} + 4x + 2} \right)$$

$$= {x^5} - 3{x^3} + 2x - 1 + {x^5} + 5{x^3} - 4x - 2$$

$$= \left( {{x^5} + {x^5}} \right) + \left( {5{x^3} - 3{x^3}} \right) + \left( {2x - 4x} \right) - \left( {1 + 2} \right)$$

$= 2{x^5} + 2{x^3} - 2x - 3$.

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

a) Thu gọn và sắp xếp các đa thức $f\left( x \right),\,\,g\left( x \right)$ theo lũy thừa giảm dần của biến:

• $f\left( x \right) = 3{x^3} + 5x - 4 - {x^3} + 2{x^2} + 11$

$$= \left( {3 - 1} \right){x^3} + 2{x^2} + 5x - 4 + 11$$

$= 2{x^3} + 2{x^2} + 5x + 7$.

• $g\left( x \right) = {x^2} + 4 - 3{x^2} - \left( {3{x^2} - 7{x^3} - 1} \right)$

$$= {x^2} + 4 - 3{x^2} - 3{x^2} + 7{x^3} + 1$$

$$= 7{x^3} + (1 - 3 - 3){x^2} + 4 + 1$$

$= 7{x^3} - 5{x^2} + 5$.

b) Ta có $f\left( x \right) + g\left( x \right) = \left( {2{x^3} + 2{x^2} + 5x + 7} \right) + \left( {7{x^3} - 5{x^2} + 5} \right)$

$$= 2{x^3} + 2{x^2} + 5x + 7 + 7{x^3} - 5{x^2} + 5$$

$$= \left( {2 + 7} \right){x^3} + \left( {2 - 5} \right){x^2} + 5x + \left( {7 + 5} \right)$$

$= 9{x^3} - 3{x^2} + 5x + 12$.

Vậy $f\left( x \right) + g\left( x \right) = 9{x^3} - 3{x^2} + 5x + 12$.

c) Ta có $f\left( x \right) - g\left( x \right) = \left( {2{x^3} + 2{x^2} + 5x + 7} \right) - \left( {7{x^3} - 5{x^2} + 5} \right)$

$$= 2{x^3} + 2{x^2} + 5x + 7 - 7{x^3} + 5{x^2} - 5$$

$$= \left( {2 - 7} \right){x^3} + \left( {2 + 5} \right){x^2} + 5x + \left( {7 - 5} \right)$$

$= - 5{x^3} + 7{x^2} + 5x + 2$.

Vậy $f\left( x \right) - g\left( x \right) = - 5{x^3} + 7{x^2} + 5x + 2$.

a) Rút gọn và sắp xếp đa thức $M\left( x \right)$ theo lũy thừa giảm dần của biến, ta được:

$M\left( x \right) = 3x + {x^4} - 4{x^3} - {x^2} - 2{x^4} + 4{x^3} - x - 5$

$= \left( {{x^4} - 2{x^4}} \right) + \left( {4{x^3} - 4{x^3}} \right) - {x^2} + \left( {3x - x} \right) - 5$

$= - {x^4} - {x^2} + 2x - 5$.

Vậy $M\left( x \right) = - {x^4} - {x^2} + 2x - 5$.

b) • $A\left( x \right) = M\left( x \right) + N\left( x \right) = \left( { - {x^4} - {x^2} + 2x - 5} \right) + \left( {2x + 3} \right)$

$= - {x^4} - {x^2} + 2x - 5 + 2x + 3$

$$= - {x^4} - {x^2} + \left( {2x + 2x} \right) + \left( {3 - 5} \right)$$

$= - {x^4} - {x^2} + 4x - 2$.

• $B\left( x \right) = N\left( x \right) - M\left( x \right) = \left( {2x + 3} \right) - \left( { - {x^4} - {x^2} + 2x - 5} \right)$

$$= 2x + 3 + {x^4} + {x^2} - 2x + 5$$

$= {x^4} + {x^2} + \left( {2x - 2x} \right) + \left( {3 + 5} \right) = {x^4} + {x^2} + 8$.

Vậy $A\left( x \right) = - {x^4} - {x^2} + 4x - 2$; $B\left( x \right) = {x^4} + {x^2} + 8$.

c) Nghiệm của đa thức $N\left( x \right)$ là

$2x + 3 = 0$

$2x = - 3$

$x = - \frac{3}{2}$.

Vậy nghiệm của đa thức $N\left( x \right)$ là $x = - \frac{3}{2}$.

d) Ta có $B\left( x \right) = {x^4} + {x^2} + 8 = {x^4} + 2 \cdot \frac{1}{2}{x^2} + \frac{1}{4} + \frac{{31}}{4}$

$= {\left( {{x^2} + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{31}}{4} > 0{\kern 1pt} \,\,\forall x \in \mathbb{R}$

Do đó $B\left( x \right)$ vô nghiệm.

a) Ta có: $A\left( x \right) = {x^3} + 5{x^2} + 2 - {x^3} + 7{x^2} - x$

$$A\left( x \right) = \left( {{x^3} - {x^3}} \right) + \left( {5{x^2} + 7{x^2}} \right) - x + 2$$

$$A\left( x \right) = 12{x^2} - x + 2$$

b) Đa thức $A\left( x \right)$ có bậc là 2 và hệ số của lũy thừa bậc 0 là 2.

c) Ta có: $C\left( x \right) = A\left( x \right) - B\left( x \right)$ với $B\left( x \right) = - 5 + 12{x^2} + 3 - {x^2} + 3x$.

Do đó, $C\left( x \right) = 12{x^2} - x + 2 - 5 + 12{x^2} + 3 - {x^2} + 3x$

$$C\left( x \right) = \left( {12{x^2} - 12{x^2} - {x^2}} \right) + \left( { - x + 3x} \right) + 2 - 5 + 3$$

$C\left( x \right) = - {x^2} + 2x$.

Cho $C\left( x \right) = 0$, do đó $- {x^2} + 2x = 0$ hay $x\left( { - x + 2} \right) = 0$.

Suy ra $x = 0$ hoặc $x = 2.$

a) $A\left( x \right) = 2{x^4} + 3{x^2} - x + 3 - {x^2} - {x^4} - 6{x^3}$

$= \left( {2{x^4} - {x^4}} \right) - 6{x^3} + \left( {3{x^2} - {x^2}} \right) - x + 3$

$= {x^4} - 6{x^3} + 2{x^2} - x + 3$.

$B\left( x \right) = 10{x^3} + 3 - {x^4} - 4{x^3} + 4x - 2{x^2}$

$= - {x^4} + \left( {10{x^3} - 4{x^3}} \right) - 2{x^2} + 4x + 3$

$= - {x^4} + 6{x^3} - 2{x^2} + 4x + 3$.

b) Đa thức $A\left( x \right)$ có bậc là 4, hệ số cao nhất là 1.

c) $M\left( x \right) = A\left( x \right) + B\left( x \right)$

$M\left( x \right) = \left( {{x^4} - 6{x^3} + 2{x^2} - x + 3} \right) + \left( { - {x^4} + 6{x^3} - 2{x^2} + 4x + 3} \right)$

$$= {x^4} - 6{x^3} + 2{x^2} - x + 3 - {x^4} + 6{x^3} - 2{x^2} + 4x + 3$$

$$= \left( {{x^4} - {x^4}} \right) + \left( { - 6{x^3} + 6{x^3}} \right) + \left( {2{x^2} - 2{x^2}} \right) + \left( { - x + 4x} \right) + \left( {3 + 3} \right)$$

$$= 3x + 6.$$

Để tìm nghiệm của đa thức $M\left( x \right)$, ta cho $M\left( x \right) = 0$

Do đó $3x + 6 = 0$, suy ra $x = - 2$.

Vậy $x = - 2$ là nghiệm của đa thức $M\left( x \right)$.

a) Ta có: $P\left( x \right) = - 2 - 3{x^4} - x - 5{x^3} + 10x - 17{x^2} + \frac{1}{2}{x^3} - 5 + {x^3}$

$P\left( x \right) = - 3{x^4} + \left( { - 5{x^3} + \frac{1}{2}{x^3} + {x^3}} \right) - 17{x^2} + \left( {10x - x} \right) - 5 - 2$

$P\left( x \right) = - 3{x^4} - \frac{7}{2}{x^3} - 17{x^2} + 9x - 7$.

b) Ta có bậc của đa thức $P\left( x \right)$ là 4, hệ số cao nhất là $- 3$ và hệ số tự do là $- 7$.

Ta có: $P\left( { - 2} \right) = - 3.{\left( { - 2} \right)^4} - \frac{7}{2}.{\left( { - 2} \right)^3} - 17.{\left( { - 2} \right)^2} + 9.\left( { - 2} \right) - 7$

$P\left( { - 2} \right) = - 49$.

c) Ta có: $Q\left( x \right) - P\left( x \right) = 2{x^4} - \frac{1}{2}{x^3} - 19x - 1$

Do đó, $Q\left( x \right) = P\left( x \right) + 2{x^4} - \frac{1}{2}{x^3} - 19x - 1$

$Q\left( x \right) = - 3{x^4} - \frac{7}{2}{x^3} - 17{x^2} + 9x - 7 + 2{x^4} - \frac{1}{2}{x^3} - 19x - 1$

$Q\left( x \right) = \left( { - 3{x^4} + 2{x^4}} \right) + \left( { - \frac{7}{2}{x^3} - \frac{1}{2}{x^3}} \right) - 17{x^2} + \left( {9x - 19x} \right) - 7 - 1$

$Q\left( x \right) = - {x^4} - 4{x^3} - 17{x^2} - 10x - 8$.

d) Thực hiện phép chia $P\left( x \right):\left( {2 - x} \right),$ ta có:

Vậy dư của phép chia $P\left( x \right):\left( {2 - x} \right)$ là $- 33$.

a) Các cạnh của phần diện tích hình vuông còn lại là $a - 1{,}2$ m.

Do đó, biểu thức biểu thị phần diện tích còn lại của mảnh vườn là: ${\left( {a - 1{,}2} \right)^2}$ m$^{2}$.

b) Khi $a = 25{,}5$ thì diện tích phần còn lại của mảnh vườn là:

${\left( {25{,}5 - 1{,}2} \right)^2} = 590{,}49$ (m$^{2}$)

Biểu thức biểu thức số xe được bán ra trong khoảng thời gian nêu trên là:

$- 0{,}016{t^4} + 0{,}49{t^3} - 4{,}8{t^2} + 14t + 70 + \left( { - 0{,}01{t^4}} \right) + 0{,}31{t^3} - 3{t^2} + 11t + 23$

$= \left( { - 0{,}016{t^4} - 0{,}01{t^4}} \right) + \left( {0{,}49{t^3} + 0{,}31{t^3}} \right) + \left( { - 4{,}8{t^2} - 3{t^2}} \right) + \left( {14t + 11t} \right) + 70 + 23$

$= - 0{,}026{t^4} + 0{,}8{t^3} - 7{,}8{t^2} + 28t + 93$.

a) Xét $\Delta ABN$ và $\Delta BCM$ có:

$AB = BC$ (tam giác$ABC$ đều)

$\widehat B = \widehat C$ (tam giác $ABC$ đều)

$BN = CM$ (gt)

Do đó $\Delta ABN = \Delta BCM\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)$.

Suy ra $AN = BM$ (hai cạnh tương ứng)

b) Từ câu a: $\Delta ABN = \Delta BCM$ suy ra $\widehat {BAN} = \widehat {MBC}$ (hai góc tương ứng)

Theo tính chất góc ngoài của tam giác, ta có:

$\widehat {AGM} = \widehat {GBA} + \widehat {BAN} = \widehat {GBA} + \widehat {MBC} = \widehat {ABC} = 60^\circ$.

Vậy $\widehat {AGM} = 60^\circ$.

a) Trên tia đối của tia $MA$ lấy $D$ sao cho $MA = MD$ suy ra $AM = \frac{{AD}}{2}\,\,\,\left( 1 \right)$

• Xét $\Delta ABM$ và $\Delta CMD$ có

$AM = MD$ (theo cách vẽ)

$\widehat {AMB} = \widehat {CMD}$ (hai góc đối đỉnh)

$BM = CM$ (gt)

Do đó $\Delta AMB = \Delta DMC\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)$

Suy ra $AB = CD$ (hai cạnh tương ứng)

Và $\widehat {ABC} = \widehat {DCM}$ (hai góc tương ứng)

Do đó $\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = \widehat {DCM} + \widehat {ACB}$ nên $\widehat {ACD} = 90^\circ$.

• Xét $\Delta ABC$ và $\Delta DCA$ có:

$AB = CD$ (cmt)

$\widehat {ABC} = \widehat {DCM}$ (cmt)

Cạnh $AC$ chung

Do đó $\Delta ABC = \Delta CDA\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)$.

Suy ra $BC = AD\,\,\,\left( 2 \right)$ (hai cạnh tương ứng).

Từ (1) và (2) suy ra $AM = \frac{{BC}}{2}$.

b) Vì $AM = \frac{{BC}}{2};\,\,BM = \frac{{BC}}{2}$ nên $AM = BM$ suy ra $\Delta ABM\,$ cân.

Nếu $\widehat C = 30^\circ$ thì $\widehat {ABC} = 60^\circ$ nên $\Delta ABM$ đều.

Do đó $AB = AM = \frac{{BC}}{2}\widehat {BAC} = \widehat {ACD}\,\,\,\left( { = 90^\circ } \right)$ (tính chất tam giác đều).

Vậy $AB = \frac{{BC}}{2}$.

a) Xét $\Delta CAB$ và $\Delta CAD$ có $\widehat {CAB} = \widehat {CAD} = 90^\circ$

$AD = AB$

Cạnh $CA$ chung

Do đó $\Delta CAB = \Delta CAD\,\,{\rm{(c}}{\rm{.g}}{\rm{.c)}}$.

Suy ra $CB = CD$ (hai cạnh tương ứng)

Mặt khác $BD = 2AB = 2 \cdot 3 = 6 = CB.$

Do đó $CB = CD = BD$.

Vậy tam giác $BCD$ là tam giác đều.

b) Theo giả thiết $CA = CM$ nên $\Delta CAM$ cân tại $C$.

Suy ra $\widehat {CAM} = \widehat {CMA} = \frac{{180^\circ - \widehat {ACM}}}{2} = \frac{{180^\circ - 30^\circ }}{2} = 75^\circ$.

• Xét $\Delta AHM$ vuông ta có

$\widehat {MAH} = 180^\circ - \widehat {AHM} - \widehat {AMH}$$= 180^\circ - 90^\circ - 75^\circ = 15^\circ$.

• Xét $\Delta AHB$ ta có

$\widehat {HAB} = 180^\circ - \widehat {AHB} - \widehat {HBA}$$= 180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

Mặt khác $\widehat {MAN} = \widehat {MAB} - \widehat {MAH}$$= 30^\circ - 15^\circ = 15^\circ$.

Do đó $\widehat {MAH} = \widehat {MAN} = 15^\circ$.

• Xét $\Delta MAN$ và $\Delta MAH$ có:

$AN = AH$, $\widehat {MAH} = \widehat {MAN}$ và cạnh $AM$ chung.

Do đó $\Delta MAN = \Delta MAH\,\,{\rm{(c}}{\rm{.g}}{\rm{.c)}}$.

Suy ra $\widehat {ANM} = \widehat {AHM} = 90^\circ$. Vậy $MN \bot AB$.

a) Theo giả thiết, ta có $CH\perp AB\ ;\ BH\perp AC$ nên $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Suy ra $AH\perp BC$ hay $AM\perp BC$

Xét tam giác $BAM$ ta có

$\widehat{BAM}=180^{\circ}-\widehat{AMB}-\widehat{MBA}$$180^{\circ}-90^{\circ}-\widehat{MBA}=90^{\circ}-\widehat{MBA}\ \ \ \ \ (1)$

Xét tam giác $BCE$ ta có

$\widehat{ECB}=180^{\circ}-\widehat{CEB}-\widehat{MBE}$$=180^{\circ}-90^{\circ}-\widehat{MBA}=90^{\circ}-\widehat{MBA}\ \ \ \ \ (2)$

Từ $(1),\ \ (2)$ suy ra $\widehat{BAM}=\widehat{ECB}$.

b) Xét hai tam giác vuông $AKE$ và $AHE$ có

$EK=EH$, $AE$ là cạnh chung.

Do đó $ΔAKE=ΔAHE$ (hai cạnh góc vuông bằng nhau).

Suy ra $\widehat{KAE}=\widehat{HAE}$ (hai góc tương ứng).

Mà $\widehat{HAE}=\widehat{KCB}$ (câu a) nên $\widehat{KAB}=\widehat{KCB}$.

a) Xét $ΔADE$ và $ΔBED$ có

$AD=BE$ (gt)

$\widehat{AED}=\widehat{BDE}=90^{\circ}$

Cạnh $AB$ chung

Do đó $ΔADE=ΔBED$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra $\widehat{EAB}=\widehat{ABD}$ (hai góc tương ứng)

Vậy tam giác $ABC$ cân tại $C$.

b) Vì tam giác $ABC$ cân tại $C$ nên $CA=CB$.

Suy ra $C$ thuộc đường trung trực của $AB$.

Vì $ΔADE=ΔBED$ (cmt) nên $\widehat{EBA}=\widehat{DAB}$ (hai góc tương ứng).

Suy ra tam giác $HAB$ cân tại $H$nên $HA=HB$.

Do đó $H$ thuộc đường trung trực của $AB$.

Vậy đường thẳng $CH$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AB$.

c) Tam giác $ABC$ cân tại $C$ nên $\widehat{CAB}=\frac{180^{\circ}-\widehat{ACB}}{2}$.

Ta có $AE=BD$ (vì $ΔADE=ΔBED$).

Suy ra $CA-AE=CB-BD$ nên $CE=CD$.

Do đó tam giác $CED$ cân tại $C$ nên $\widehat{CED}=\frac{180^{\circ}-\widehat{ACB}}{2}$.

Suy ra $\widehat{CAB}=\widehat{CED}$

Mà $\widehat{CAB}$ và $\widehat{CED}$ ở vị trí đồng vị nên $ED\ \text{/}\text{/}\ BA.$

a) Xét $ΔAMB$ và $ΔNMC$ có

$MC=MB$ (gt)

$\widehat{AMB}=\widehat{NMC}$ (hai góc đối đỉnh)

$MA=MN$ (gt)

Do đó $ΔAMB=ΔNMC\ \ \text{(}\text{c}\text{.}\text{g}\text{.}\text{c}\text{)}$.

Suy ra $\widehat{MAB}=\widehat{MNC}$ (hai góc tương ứng).

Ta thấy hai góc này ở vị trí so le trong $CN\ \text{/}\text{/}\ AB$.

Mà $BA\perp CA$ nên $CN\perp CA$.

b) Vì $B$ là trung điểm của $AE$ nên $DB$ là đường trung tuyến của $ΔDAE$.

Ta có $DC=CM,\ \ CM=MB$ nên $DM=\frac{2}{3}DB$.

Do đó $M$ là trọng tâm của $ΔDAE$

Vì $I$ là trung điểm của $DE$ nên $AI$ là đường trung tuyến của $ΔDAE$.

Mà $M\in AI$ nên ba điểm $A,\ \ M,\ \ I$ thẳng hàng.

c*) Vì $ΔAMB=ΔNMC$ (cmt) nên $AB=NC$ (hai cạnh tương ứng)

Xét $ΔACN$ và $ΔCAB$ có

Cạnh $CA$ chung ; $\widehat{CAB}=\widehat{ACN}=90^{\circ}$, $CN=AB$ (cmt)

Do đó $ΔACN=ΔCAB\ \ \text{(}\text{c}\text{.}\text{g}\text{.}\text{c}\text{)}$

Suy ra $AN=BC$ (hai cạnh tương ứng)

Nên $\frac{1}{2}AN=\frac{1}{2}BC$ hay $AM=MC=MB$.

Do đó $ΔAMC$ và $ΔAMB$ cân tại $M.$

Theo tính chất góc ngoài tam giác, ta có

• $\widehat{AMB}=\widehat{ACB}+\widehat{CAM}=2\widehat{ACB}$

• $\widehat{AMC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAM}=2\widehat{ABC}$

• $\widehat{AMC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAM}=2\widehat{ABC}$

Vì $\widehat{ACB}<\widehat{ABC}$ nên $\widehat{AMB}<\widehat{AMC}$.

Mà $\widehat{AMB}$ và $\widehat{AMC}$ là hai góc kề bù nên $\widehat{AMC}$ là góc tù.

Xét $ΔAMB$ có $\widehat{AMD}$ là góc tù nên $\widehat{AMD}>\widehat{DAM}.$

Suy ra $AD>MD$ (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện).

Lại có $MB=MC=CD$ nên $MB+MC=MC+CD$.

Do đó $BC=MD$ (đpcm).

a) Trên tia đối của tia $DA$ lấy điểm $H$ sao cho $DA=DH$.

• Xét $ΔADB$ và $ΔHDC$ có

$BD=CD$ ($D$ là trung điểm của $BC$)

$\widehat{ADB}=\widehat{HDC}$ (đối đỉnh)

$AD=HD$ (cách dựng)

Do đó $ΔADB=ΔHCD\ \ \text{(}\text{c}\text{.}\text{g}\text{.}\text{c}\text{)}$.

Suy ra $AB=HC$ (hai cạnh tương ứng).

• Xét $ΔACH$ có $AC+HC>AH$ (bất đẳng thức trong tam giác).

Suy ra $AC+AB>2AD$ hay $AD<\frac{AB+AC}{2}$.

b) Ta có $AD,\ \ BE,\ \ CF$ cắt nhau tại $G$ nên $G$ là trọng tâm của $ΔABC$.

Suy ra $BG=\frac{2}{3}BE\ ,\ \ CG=\frac{2}{3}CF\ ,\ \ AG=\frac{2}{3}AD$.

Xét $ΔBGC$ có $BG+CG>BC$ (bất đẳng thức trong tam giác).

Suy ra $\frac{2}{3}(BE+CF)>BC$ hay $BE+CF>\frac{3}{2}BC.$

c) Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác $AGB\ ,\ \ AGC\ ,\ \ BGC$:

• Xét $ΔAGB$ có $AG+BG>AB$. (1)

• Xét $ΔAGC$ có $AG+CG>AC$. (2)

• Xét $ΔBGC$ có $BG+CG>BC$. (3)

Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được:

$AG+BG+AG+CG+BG+CG>AB+AC+BC$

$2AG+2BG+2CG>AB+AC+BC$

$\frac{4}{3}AD+\frac{4}{3}BE+\frac{4}{3}CF>AB+AC+BC$