Luyện Tập Bài Tập Toán Học
Rèn luyện tư duy trắc nghiệm và tự luận với lời giải chi tiết và công thức Toán hiển thị chuẩn KaTeX.
$$2x^2 - 5x - 9 = (x - 1)^2 \Leftrightarrow 2x^2 - 5x - 9 = x^2 - 2x + 1$$
$$\Leftrightarrow x^2 - 3x - 10 = 0$$
2. Giải phương trình bậc hai ta được 2 nghiệm: $x = 5$ hoặc $x = -2$.
3. Thử lại vào phương trình ban đầu:
• Với $x = 5$: Vế trái $\sqrt{2(25) - 25 - 9} = \sqrt{16} = 4$; Vế phải $5 - 1 = 4$ (Thoả mãn).
• Với $x = -2$: Vế phải bằng $-2 - 1 = -3 < 0$, trong khi vế trái $\ge 0$ (Loại nghiệm).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là $x = 5$.
$$\begin{aligned} (2x - 3)^4 &= (2x)^4 + 4(2x)^3(-3) + 6(2x)^2(-3)^2 + 4(2x)(-3)^3 + (-3)^4 \\ &= 16x^4 + 4(8x^3)(-3) + 6(4x^2)(9) + 4(2x)(-27) + 81 \\ &= 16x^4 - 96x^3 + 216x^2 - 216x + 81 \end{aligned}$$
Vậy hệ số của số hạng chứa $x^2$ là $216$.
$$n(\Omega) = 6 \times 6 = 36$$
Gọi $A$ là biến cố: "Tổng số chấm trên hai con xúc xắc bằng 8".
Các cặp kết quả thuận lợi cho $A$ là: $\{(2; 6), (3; 5), (4; 4), (5; 3), (6; 2)\}$.
Số kết quả thuận lợi là $n(A) = 5$.
Vậy xác suất cần tìm là: $P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{5}{36}$.
1. Số phần tử của không gian mẫu lấy ngẫu nhiên 3 quả từ 10 quả là:
$$n(\Omega) = C_{10}^3 = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120$$
2. Gọi $A$ là biến cố: "Trong 3 quả lấy ra có ít nhất một quả cầu xanh".
Biến cố đối $\overline{A}$ là: "Không có quả cầu xanh nào", nghĩa là cả 3 quả lấy ra đều là màu đỏ.
Số cách chọn 3 quả màu đỏ từ 6 quả màu đỏ là:
$$n(\overline{A}) = C_6^3 = \frac{6 \times 5 \times 4}{6} = 20$$
3. Xác suất của biến cố đối là:
$$P(\overline{A}) = \frac{n(\overline{A})}{n(\Omega)} = \frac{20}{120} = \frac{1}{6}$$
4. Áp dụng công thức biến cố đối, xác suất cần tìm là:
$$P(A) = 1 - P(\overline{A}) = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$$.
a) Trung Quốc là nước đông dân nhất thế giới;
b) Bạn học trường nào?
c) Không được làm việc riêng trong giờ học;
d) Tôi sẽ sút bóng trúng xà ngang.
- Câu a) là mệnh đề: Đây là khẳng định có tính đúng hoặc sai rõ ràng.
- Câu b) không phải là mệnh đề: Đây là câu nghi vấn (câu hỏi).
- Câu c) không phải là mệnh đề: Đây là câu cầu khiến (mệnh lệnh, nội quy).
- Câu d) không phải là mệnh đề: Đây là khẳng định về sự việc tương lai chưa xảy ra, không xác định được tính đúng sai tại thời điểm nói.
a) $\pi > \dfrac{10}{3}$;
b) Phương trình $3x + 7 = 0$ có nghiệm;
c) Có ít nhất một số cộng với chính nó bằng 0;
d) 2 022 là hợp số.
- a) Sai vì $\pi \approx 3,14159 < \dfrac{10}{3} \approx 3,3333$.
- b) Đúng vì $3x + 7 = 0 \Leftrightarrow x = -\dfrac{7}{3}$ (có nghiệm thực duy nhất).
- c) Đúng vì số 0 có tính chất $0 + 0 = 0$.
- d) Đúng vì 2 022 là số chẵn chia hết cho 2 và tổng chữ số bằng 6 chia hết cho 3 nên 2 022 có nhiều hơn 2 ước số dương.
P: "Tam giác ABC là tam giác vuông";
Q: "Tam giác ABC có một góc bằng tổng hai góc còn lại".
Hãy phát biểu mệnh đề tương đương $P \Leftrightarrow Q$ và xác định tính đúng sai của mệnh đề này.
- Phát biểu: "Tam giác ABC là tam giác vuông khi và chỉ khi tam giác ABC có một góc bằng tổng hai góc còn lại".
- Tính đúng sai: Mệnh đề tương đương này đúng.
Chứng minh:
+ Chiều thuận ($P \Rightarrow Q$): Nếu tam giác ABC vuông tại A thì $\widehat{A} = 90^\circ = \widehat{B} + \widehat{C}$.
+ Chiều đảo ($Q \Rightarrow P$): Nếu $\widehat{A} = \widehat{B} + \widehat{C}$ thì $\widehat{A} + \widehat{B} + \widehat{C} = 2\widehat{A} = 180^\circ \Rightarrow \widehat{A} = 90^\circ$ (vuông tại A).
P: "Nếu số tự nhiên n có chữ số tận cùng là 5 thì n chia hết cho 5";
Q: "Nếu tứ giác ABCD là hình chữ nhật thì tứ giác ABCD có hai đường chéo bằng nhau".
- Mệnh đề đảo của P: "Nếu số tự nhiên n chia hết cho 5 thì n có chữ số tận cùng là 5". Mệnh đề đảo này sai (ví dụ số 10, 20 chia hết cho 5 nhưng tận cùng bằng 0).
- Mệnh đề đảo của Q: "Nếu tứ giác ABCD có hai đường chéo bằng nhau thì tứ giác ABCD là hình chữ nhật". Mệnh đề đảo này sai (ví dụ hình thang cân có hai đường chéo bằng nhau nhưng không là hình chữ nhật).
a) Phát biểu mệnh đề $P \Rightarrow Q$.
b) Phát biểu mệnh đề đảo của mệnh đề ở câu a.
c) Xác định tính đúng sai của mỗi mệnh đề ở câu a và câu b.
- a) Mệnh đề $P \Rightarrow Q$: "Nếu $a^2 < b^2$ thì $0 < a < b$".
- b) Mệnh đề đảo ($Q \Rightarrow P$): "Nếu $0 < a < b$ thì $a^2 < b^2$".
- c) Tính đúng sai:
+ Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ là mệnh đề sai (chẳng hạn chọn $a = -2, b = 3 \Rightarrow a^2 = 4 < b^2 = 9$ nhưng $a < 0$).
+ Mệnh đề đảo $Q \Rightarrow P$ là mệnh đề đúng (với $0 < a < b$, nhân hai vế với số dương ta được $a^2 < ab < b^2 \Rightarrow a^2 < b^2$).
Q: "$\exists n \in \mathbb{N}, n \text{ chia hết cho } n + 1$".
- Tính đúng sai: Mệnh đề Q là mệnh đề đúng (với số tự nhiên $n = 0$, ta có $n + 1 = 1$, và 0 chia hết cho 1: $0 = 0 \cdot 1$).
- Mệnh đề phủ định $\overline{Q}$: "$\forall n \in \mathbb{N}, n \text{ không chia hết cho } n + 1$".
P: "Mọi số tự nhiên đều có bình phương lớn hơn hoặc bằng chính nó";
Q: "Có một số thực cộng với chính nó bằng 0".
- Mệnh đề P: "$\forall n \in \mathbb{N}, n^2 \ge n$".
- Mệnh đề Q: "$\exists x \in \mathbb{R}, x + x = 0$" (hoặc "$\exists x \in \mathbb{R}, 2x = 0$").
Gọi $X$ là tập hợp các quốc gia tiếp giáp với Việt Nam trên đất liền. Hãy liệt kê các phần tử của tập hợp $X$ và biểu diễn tập $X$ bằng biểu đồ Ven.
Bước 1: Xác định các phần tử của tập hợp $X$
Trên đất liền, các quốc gia có chung đường biên giới tiếp giáp với Việt Nam gồm có 3 nước: Trung Quốc (ở phía Bắc), Lào và Campuchia (ở phía Tây).
Do đó, liệt kê các phần tử của tập hợp $X$ ta được:
$$X = \{\text{Trung Quốc; Lào; Campuchia}\}$$
Số phần tử của tập hợp là $n(X) = 3$.
Bước 2: Biểu diễn tập hợp $X$ bằng biểu đồ Ven
Ta vẽ một đường cong tròn/elip khép kín đại diện cho tập hợp $X$, bên trong ghi tên 3 phần tử:
Kí hiệu $E$ là tập hợp các quốc gia tại khu vực Đông Nam Á.
a) Nêu ít nhất hai phần tử thuộc tập hợp $E$.
b) Nêu ít nhất hai phần tử không thuộc tập hợp $E$.
c) Liệt kê các phần tử thuộc tập hợp $E$. Tập hợp $E$ có bao nhiêu phần tử?
a) Nêu ít nhất hai phần tử thuộc tập hợp $E$:
Các quốc gia nằm trong khu vực Đông Nam Á, ví dụ như Việt Nam và Thái Lan. Ta viết:
$$\text{Việt Nam} \in E, \quad \text{Thái Lan} \in E.$$
b) Nêu ít nhất hai phần tử không thuộc tập hợp $E$:
Các quốc gia không thuộc khu vực Đông Nam Á, ví dụ như Nhật Bản (thuộc Đông Á) và Pháp (thuộc châu Âu). Ta viết:
$$\text{Nhật Bản} \notin E, \quad \text{Pháp} \notin E.$$
c) Liệt kê các phần tử của tập hợp $E$:
Khu vực Đông Nam Á gồm có 11 quốc gia. Liệt kê các phần tử của $E$:
$$E = \{\text{Việt Nam; Lào; Campuchia; Thái Lan; Myanmar; Malaysia; Singapore; Indonesia; Brunei; Philippines; Đông Timor}\}$$
Tập hợp $E$ có 11 phần tử, tức là: $n(E) = 11$.
Hãy viết tập hợp sau bằng cách nêu tính chất đặc trưng cho các phần tử của tập hợp:
$$A = \{0; 4; 8; 12; 16\}$$
Phân tích quy luật của các phần tử:
Các phần tử của tập hợp $A$ gồm: $0 = 4 \times 0$, $4 = 4 \times 1$, $8 = 4 \times 2$, $12 = 4 \times 3$, $16 = 4 \times 4$.
Ta nhận thấy đây là các số tự nhiên chia hết cho 4 và không vượt quá 16 (nhỏ hơn hoặc bằng 16).
Do đó, có thể mô tả tập hợp $A$ bằng các cách sau:
- Cách 1: $A = \{x \in \mathbb{N} \mid x \text{ chia hết cho } 4 \text{ và } x \le 16\}$.
- Cách 2: $A = \{4k \mid k \in \mathbb{N}, \, 0 \le k \le 4\}$.
Trong các tập hợp sau, tập nào là tập rỗng?
$$A = \{x \in \mathbb{R} \mid x^2 - 6 = 0\}; \qquad B = \{x \in \mathbb{Z} \mid x^2 - 6 = 0\}$$
Xét phương trình:
$$x^2 - 6 = 0 \iff x^2 = 6 \iff x = \sqrt{6} \quad \text{hoặc} \quad x = -\sqrt{6}.$$Xét tập hợp $A$:
Vì $\sqrt{6}$ và $-\sqrt{6}$ đều là các số thực ($x \in \mathbb{R}$), nên cả hai giá trị đều thỏa mãn điều kiện của tập $A$.
Do đó: $A = \{-\sqrt{6}; \sqrt{6}\}$. Tập hợp $A$ có 2 phần tử nên $A \ne \emptyset$.
Xét tập hợp $B$:
Điều kiện yêu cầu $x \in \mathbb{Z}$ (số nguyên). Tuy nhiên, $\sqrt{6} \approx 2{,}449...$ và $-\sqrt{6}$ là các số vô tỉ, không phải là số nguyên ($\sqrt{6} \notin \mathbb{Z}, -\sqrt{6} \notin \mathbb{Z}$).
Do đó không có số nguyên nào thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy tập hợp $B$ là tập rỗng: $B = \emptyset$.
Cho $X = \{a; b\}$. Các cách viết sau đúng hay sai? Giải thích kết luận đưa ra.
a) $a \subset X$; b) $\{a\} \subset X$; c) $\emptyset \in X$.
a) Cách viết "$a \subset X$" là SAI.
Giải thích: $a$ là một phần tử của tập hợp $X$. Quan hệ giữa một phần tử và một tập hợp phải dùng kí hiệu thuộc "$\in$", tức là cách viết đúng phải là $a \in X$. Kí hiệu tập con "$\subset$" chỉ dùng để biểu thị quan hệ giữa hai tập hợp với nhau.
b) Cách viết "$\{a\} \subset X$" là ĐÚNG.
Giải thích: $\{a\}$ là tập hợp gồm một phần tử duy nhất là $a$. Vì phần tử $a$ này thuộc $X$ nên $\{a\}$ là tập con của $X$.
c) Cách viết "$\emptyset \in X$" là SAI.
Giải thích: $\emptyset$ là tập hợp rỗng. Mặc dù $\emptyset$ là tập con của mọi tập hợp ($\emptyset \subset X$ là đúng), nhưng tập hợp $X = \{a; b\}$ chỉ chứa hai phần tử là $a$ và $b$, không chứa phần tử nào là tập rỗng $\emptyset$. Do đó $\emptyset \notin X$.
Cho $A = \{2; 5\}$, $B = \{5; x\}$, $C = \{2; y\}$. Tìm $x$ và $y$ để $A = B = C$.
Theo định nghĩa hai tập hợp bằng nhau, hai tập hợp bằng nhau khi và chỉ khi chúng có cùng các phần tử.
1) Để $A = B$:
Ta có $A = \{2; 5\}$ và $B = \{5; x\}$.
Tập $A$ có hai phần tử là 2 và 5. Tập $B$ đã có phần tử 5, do đó để $B$ có đúng các phần tử như $A$ thì phần tử còn lại phải bằng 2, tức là:
$$x = 2$$
2) Để $A = C$:
Ta có $A = \{2; 5\}$ và $C = \{2; y\}$.
Tập $C$ đã có phần tử 2, do đó để $C$ có đúng các phần tử như $A$ thì phần tử còn lại phải bằng 5, tức là:
$$y = 5$$
Kết luận: Vậy $x = 2$ và $y = 5$.
Cho hai tập hợp:
$$A = \{x \in \mathbb{Z} \mid x < 4\}, \qquad B = \{x \in \mathbb{Z} \mid (5x - 3x^2)(x^2 + 2x - 3) = 0\}$$
a) Liệt kê các phần tử của hai tập hợp $A$ và $B$.
b) Hãy xác định các tập hợp $A \cap B$, $A \cup B$ và $A \setminus B$.
a) Liệt kê các phần tử của tập hợp $A$ và $B$:
• Xét tập hợp $A$: $A$ là tập các số nguyên nhỏ hơn 4. Do đó:
$$A = \{\dots; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3\}.$$
• Xét tập hợp $B$: Giải phương trình $(5x - 3x^2)(x^2 + 2x - 3) = 0$ trên tập số nguyên $\mathbb{Z}$:
$$\left[\begin{array}{l} 5x - 3x^2 = 0 \\ x^2 + 2x - 3 = 0 \end{array}\right. \iff \left[\begin{array}{l} x(5 - 3x) = 0 \\ (x - 1)(x + 3) = 0 \end{array}\right. \iff \left[\begin{array}{l} x = 0 \\ x = \frac{5}{3} \\ x = 1 \\ x = -3 \end{array}\right.$$Vì $x \in \mathbb{Z}$ nên ta chỉ nhận các nghiệm nguyên: $x = -3$, $x = 0$, $x = 1$ (loại $x = \frac{5}{3} \notin \mathbb{Z}$).
Do đó: $$B = \{-3; 0; 1\}.$$
b) Xác định các tập hợp $A \cap B$, $A \cup B$ và $A \setminus B$:
Nhận xét rằng: các phần tử $-3; 0; 1$ của $B$ đều là các số nguyên nhỏ hơn 4, tức là mọi phần tử của $B$ đều thuộc $A$ ($B \subset A$).
- Giao của hai tập hợp: Vì $B \subset A$ nên:
$$A \cap B = B = \{-3; 0; 1\}.$$ - Hợp của hai tập hợp: Vì $B \subset A$ nên:
$$A \cup B = A = \{x \in \mathbb{Z} \mid x < 4\}.$$ - Hiệu của hai tập hợp: $A \setminus B$ gồm các số nguyên nhỏ hơn 4 khác $-3; 0; 1$:
$$A \setminus B = \{x \in \mathbb{Z} \mid x < 4 \text{ và } x \notin \{-3; 0; 1\}\} = \{\dots; -5; -4; -2; -1; 2; 3\}.$$
Xác định các tập hợp sau và biểu diễn chúng trên trục số:
a) $(-4; 1] \cap [0; 3)$;
b) $(0; 2] \cup (-3; 1]$;
c) $(-2; 1] \cap (1; +\infty)$;
d) $\mathbb{R} \setminus (-\infty; 3]$.
a) Xác định $(-4; 1] \cap [0; 3)$ và biểu diễn trên trục số:
Phần tử thuộc giao phải thỏa mãn: $\begin{cases} -4 < x \le 1 \\ 0 \le x < 3 \end{cases} \iff 0 \le x \le 1$.
Vậy: $(-4; 1] \cap [0; 3) = [0; 1]$.
b) Xác định $(0; 2] \cup (-3; 1]$ và biểu diễn trên trục số:
Hợp là tập các số thuộc ít nhất một trong hai nửa khoảng: $x \in (0; 2]$ hoặc $x \in (-3; 1]$.
Ta thấy khoảng mở rộng từ $-3$ đến $2$.
Vậy: $(0; 2] \cup (-3; 1] = (-3; 2]$.
c) Xác định $(-2; 1] \cap (1; +\infty)$ và biểu diễn trên trục số:
Điều kiện giao: $\begin{cases} -2 < x \le 1 \\ x > 1 \end{cases}$. Không có số thực nào vừa nhỏ hơn hoặc bằng 1 lại vừa lớn hơn 1.
Vậy: $(-2; 1] \cap (1; +\infty) = \emptyset$.
d) Xác định $\mathbb{R} \setminus (-\infty; 3]$ và biểu diễn trên trục số:
Hiệu gồm các số thực không thuộc nửa khoảng $(-\infty; 3]$, nghĩa là các số thực $x > 3$.
Vậy: $\mathbb{R} \setminus (-\infty; 3] = (3; +\infty)$.
Để phục vụ cho một hội nghị quốc tế, ban tổ chức huy động 35 người phiên dịch tiếng Anh, 30 người phiên dịch tiếng Pháp, trong đó có 16 người phiên dịch được cả tiếng Anh và tiếng Pháp. Hãy trả lời các câu hỏi sau:
a) Ban tổ chức đã huy động bao nhiêu người phiên dịch cho hội nghị đó?
b) Có bao nhiêu người chỉ phiên dịch được tiếng Anh?
c) Có bao nhiêu người chỉ phiên dịch được tiếng Pháp?
Gọi các tập hợp:
- Gọi $A$ là tập hợp những người phiên dịch tiếng Anh $\Rightarrow n(A) = 35$.
- Gọi $B$ là tập hợp những người phiên dịch tiếng Pháp $\Rightarrow n(B) = 30$.
- Tập hợp những người phiên dịch được cả tiếng Anh và tiếng Pháp là $A \cap B \Rightarrow n(A \cap B) = 16$.
a) Số người phiên dịch ban tổ chức đã huy động cho hội nghị:
Tổng số người phiên dịch được huy động chính là số phần tử của tập hợp hợp $A \cup B$. Áp dụng công thức cộng số phần tử:
$$n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B)$$ $$n(A \cup B) = 35 + 30 - 16 = 49 \text{ (người)}.$$Đáp số câu a: Ban tổ chức đã huy động tất cả 49 người phiên dịch.
b) Số người chỉ phiên dịch được tiếng Anh:
Số người chỉ phiên dịch được tiếng Anh chính là số phần tử của hiệu $A \setminus B$:
$$n(A \setminus B) = n(A) - n(A \cap B) = 35 - 16 = 19 \text{ (người)}.$$Đáp số câu b: Có 19 người chỉ phiên dịch được tiếng Anh.
c) Số người chỉ phiên dịch được tiếng Pháp:
Số người chỉ phiên dịch được tiếng Pháp chính là số phần tử của hiệu $B \setminus A$:
$$n(B \setminus A) = n(B) - n(A \cap B) = 30 - 16 = 14 \text{ (người)}.$$Đáp số câu c: Có 14 người chỉ phiên dịch được tiếng Pháp.
Sơ đồ biểu đồ Ven minh họa phân bố người phiên dịch:
Lời giải chi tiết:
Hệ này gồm hai bất phương trình bậc nhất hai ẩn là $1 \cdot x + 0 \cdot y < 0$ và $0 \cdot x + 1 \cdot y \ge 0$.
⇒ Đây là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
Bất phương trình đầu tiên $x + y^2 < 0$ chứa ẩn $y$ với số mũ $2$ (bậc hai đối với $y$), không phải là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
⇒ Đây không phải là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
Bất phương trình $x + y + z < 0$ có ba ẩn số là $x, y, z$.
⇒ Đây không phải là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn (mà là ba ẩn).
Ta có $3^2 = 9$ và $4^2 = 16$. Khi đó hệ viết lại thành: $$\begin{cases} -2x + y < 9 \\ 16x + 3y < 1 \end{cases}$$ Cả hai bất phương trình đều là bất phương trình bậc nhất hai ẩn $x$ và $y$.
⇒ Đây là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
Câu a: $\begin{cases} y - x < -1 \iff x - y > 1 \\ x > 0 \\ y < 0 \end{cases}$
- Bờ $d: y - x = -1 \iff x - y = 1$: Đi qua hai điểm $(1; 0)$ và $(0; -1)$. Vẽ bằng nét đứt. Thử $O(0; 0)$: $0 - 0 = 0 \not< -1$ (sai), vậy miền nghiệm không chứa gốc toạ độ $O$ (nửa mặt phẳng phía dưới đường thẳng $d$).
- $x > 0$: Nửa mặt phẳng bên phải trục $Oy$ (bỏ trục $Oy$, vẽ bằng nét đứt).
- $y < 0$: Nửa mặt phẳng phía dưới trục $Ox$ (bỏ trục $Ox$, vẽ bằng nét đứt).
Kết luận: Miền nghiệm của hệ là miền không bị gạch, giới hạn bởi đường thẳng $x - y = 1$, trục $Ox$ và trục $Oy$ (không chứa các đường biên).
Câu b: $\begin{cases} x \ge 0 \\ y \ge 0 \\ 2x + y \le 4 \end{cases}$
- $x \ge 0$: Nửa mặt phẳng bên phải trục $Oy$, kể cả trục $Oy$ (nét liền).
- $y \ge 0$: Nửa mặt phẳng bên trên trục $Ox$, kể cả trục $Ox$ (nét liền).
- $2x + y \le 4$: Đường thẳng biên $d: 2x + y = 4$ đi qua $A(2; 0)$ và $B(0; 4)$ vẽ bằng nét liền. Thử $O(0; 0)$: $2(0) + 0 = 0 \le 4$ (đúng), miền nghiệm chứa gốc $O$.
Kết luận: Miền nghiệm của hệ là miền tam giác $OAB$ (kể cả ba cạnh của tam giác) với $O(0; 0), A(2; 0), B(0; 4)$.
Câu c: $\begin{cases} x \ge 0 \\ x + y > 5 \\ x - y < 0 \end{cases}$
- $x \ge 0$: Nửa mặt phẳng bên phải trục $Oy$, kể cả trục $Oy$ (nét liền).
- $x + y > 5$: Đường thẳng $d_1: x + y = 5$ qua $(5; 0)$ và $(0; 5)$ vẽ bằng nét đứt. Thử $O(0; 0)$: $0 + 0 = 0 \not> 5$ (sai), vậy miền nghiệm không chứa gốc $O$.
- $x - y < 0 \iff y > x$: Đường thẳng $d_2: y = x$ (đường phân giác góc phần tư I) vẽ bằng nét đứt. Thử điểm $(0; 1)$: $0 - 1 = -1 < 0$ (đúng), miền nghiệm chứa điểm $(0; 1)$ (nửa mặt phẳng phía trên đường $y = x$).
Giao điểm của $d_1$ và $d_2$ là nghiệm của $\begin{cases} x + y = 5 \\ x - y = 0 \end{cases} \implies M(2{,}5; 2{,}5)$.
Miền nghiệm là góc mở vô hạn đỉnh $M(2{,}5; 2{,}5)$, giới hạn bởi tia trên của $d_1$ và tia trên của $d_2$ (không kể hai đường biên).
Tóm tắt dữ liệu bài toán:
| Loại thực phẩm | Protein (đơn vị/kg) | Lipid (đơn vị/kg) | Lượng mua tối đa | Đơn giá (nghìn đồng/kg) |
|---|---|---|---|---|
| Thịt bò ($x\text{ kg}$) | $800$ | $200$ | $\le 1{,}6\text{ kg}$ | $250$ |
| Thịt lợn ($y\text{ kg}$) | $600$ | $400$ | $\le 1{,}1\text{ kg}$ | $160$ |
| Yêu cầu dinh dưỡng | $\ge 900$ đơn vị | $\ge 400$ đơn vị | - | $F = 250x + 160y \to \text{Min}$ |
Lời giải chi tiết:
a) Thiết lập hệ bất phương trình và xác định miền nghiệm:
Vì gia đình mua tối đa $1{,}6\text{ kg}$ thịt bò và $1{,}1\text{ kg}$ thịt lợn, và lượng thịt không âm nên: $$0 \le x \le 1{,}6 \quad \text{và} \quad 0 \le y \le 1{,}1$$
- Lượng protein gia đình nhận được: $800x + 600y \ge 900 \iff 8x + 6y \ge 9 \iff 4x + 3y \ge 4{,}5$.
- Lượng lipid gia đình nhận được: $200x + 400y \ge 400 \iff 2x + 4y \ge 4 \iff x + 2y \ge 2$.
Hệ bất phương trình ràng buộc là: $$\begin{cases} 0 \le x \le 1{,}6 \\ 0 \le y \le 1{,}1 \\ 4x + 3y \ge 4{,}5 \\ x + 2y \ge 2 \end{cases}$$
Biểu diễn miền nghiệm của hệ trên mặt phẳng toạ độ, ta được miền nghiệm là miền tứ giác $ABCD$ với toạ độ các đỉnh:
- Điểm $A$: Toạ độ là nghiệm của hệ $\begin{cases} 4x + 3y = 4{,}5 \\ x + 2y = 2 \end{cases} \implies \begin{cases} x = 0{,}6 \\ y = 0{,}7 \end{cases} \implies \mathbf{A(0{,}6; 0{,}7)}$.
- Điểm $B$: Toạ độ là giao điểm của $x = 1{,}6$ và $x + 2y = 2 \implies 1{,}6 + 2y = 2 \implies y = 0{,}2 \implies \mathbf{B(1{,}6; 0{,}2)}$.
- Điểm $C$: Toạ độ là giao điểm của $x = 1{,}6$ và $y = 1{,}1 \implies \mathbf{C(1{,}6; 1{,}1)}$.
- Điểm $D$: Toạ độ là giao điểm của $y = 1{,}1$ và $4x + 3y = 4{,}5 \implies 4x + 3(1{,}1) = 4{,}5 \implies 4x = 1{,}2 \implies x = 0{,}3 \implies \mathbf{D(0{,}3; 1{,}1)}$.
b) Biểu diễn hàm chi phí $F$:
Giá $1\text{ kg}$ thịt bò là $250$ nghìn đồng, giá $1\text{ kg}$ thịt lợn là $160$ nghìn đồng. Do đó tổng chi phí (nghìn đồng) phải trả để mua $x\text{ kg}$ bò và $y\text{ kg}$ lợn là: $$F(x; y) = 250x + 160y \quad (\text{nghìn đồng})$$
c) Tìm lượng thịt mỗi loại để chi phí ít nhất:
Theo định lí tối ưu tuyến tính, chi phí nhỏ nhất của biểu thức $F(x; y)$ đạt được tại một trong các đỉnh của miền tứ giác $ABCD$.
| Đỉnh của tứ giác | Toạ độ $(x; y)$ | Giá trị $F(x; y) = 250x + 160y$ (nghìn đồng) |
|---|---|---|
| A | $(0{,}6; 0{,}7)$ | $250(0{,}6) + 160(0{,}7) = 150 + 112 = 262$ |
| B | $(1{,}6; 0{,}2)$ | $250(1{,}6) + 160(0{,}2) = 400 + 32 = 432$ |
| C | $(1{,}6; 1{,}1)$ | $250(1{,}6) + 160(1{,}1) = 400 + 176 = 576$ |
| D (Tối ưu) | $(0{,}3; 1{,}1)$ | $250(0{,}3) + 160(1{,}1) = 75 + 176 = \mathbf{251}$ (Nhỏ nhất) |
KẾT LUẬN CUỐI CÙNG:
So sánh giá trị tại bốn đỉnh, ta thấy $F(x; y)$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $251$ nghìn đồng tại đỉnh $D(0{,}3; 1{,}1)$.Như vậy, gia đình cần mua $0{,}3\text{ kg}$ thịt bò và $1{,}1\text{ kg}$ thịt lợn để vừa đảm bảo đủ nhu cầu dinh dưỡng hàng ngày (protein $\ge 900$, lipid $\ge 400$), vừa tối thiểu hoá chi phí với số tiền ít nhất là $251\,000$ đồng.
Câu a:
Ta tính các giá trị lượng giác có trong biểu thức:
• $\sin 30^\circ = \frac{1}{2}$;
• $\cos 135^\circ = \cos(180^\circ - 45^\circ) = -\cos 45^\circ = -\frac{\sqrt{2}}{2}$;
• $\tan 150^\circ = \tan(180^\circ - 30^\circ) = -\tan 30^\circ = -\frac{\sqrt{3}}{3}$;
• $\cos 180^\circ = -1$;
• $\cot 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Thay vào biểu thức: $$\begin{aligned} A &= \left[2 \cdot \frac{1}{2} + \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) - 3 \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\right] \cdot \left[-1 - \frac{\sqrt{3}}{3}\right] \\ &= \left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2} + \sqrt{3}\right) \cdot \left(-1 - \frac{\sqrt{3}}{3}\right) \\ &= -\left(1 + \sqrt{3} - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \frac{3 + \sqrt{3}}{3} \\ &= -\frac{3 + \sqrt{3} + 3\sqrt{3} + 3 - \frac{3\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2}}{3} \\ &= -\frac{6 + 4\sqrt{3} - \frac{3\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2}}{3} = -2 - \frac{4\sqrt{3}}{3} + \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{6}}{6}. \end{aligned}$$
Câu b:
Ta có:
• $\sin 90^\circ = 1 \implies \sin^2 90^\circ = 1^2 = 1$;
• $\cos 120^\circ = -\cos 60^\circ = -\frac{1}{2} \implies \cos^2 120^\circ = \left(-\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$;
• $\cos 0^\circ = 1 \implies \cos^2 0^\circ = 1^2 = 1$;
• $\tan 60^\circ = \sqrt{3} \implies \tan^2 60^\circ = (\sqrt{3})^2 = 3$;
• $\cot 135^\circ = -\cot 45^\circ = -1 \implies \cot^2 135^\circ = (-1)^2 = 1$.
Thay vào biểu thức: $$B = 1 + \frac{1}{4} + 1 - 3 + 1 = \frac{1}{4}.$$
Câu c:
Ta có:
• $\cos 60^\circ = \frac{1}{2}$;
• $\sin 30^\circ = \frac{1}{2}$;
• $\cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies \cos^2 30^\circ = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \frac{3}{4}$.
Thay vào biểu thức: $$C = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{3}{4} = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} = 1.$$
• $\sin(180^\circ - x) = \sin x$;
• $\cos(180^\circ - x) = -\cos x \iff \cos(180^\circ - x) + \cos x = 0$;
• $\tan(180^\circ - x) = -\tan x$; $\cot(180^\circ - x) = -\cot x$.
Câu a:
Ta có:
• $\sin 100^\circ = \sin(180^\circ - 80^\circ) = \sin 80^\circ$;
• $\cos 164^\circ = \cos(180^\circ - 16^\circ) = -\cos 16^\circ \implies \cos 16^\circ + \cos 164^\circ = 0$.
Thay vào biểu thức $A$: $$A = \sin 80^\circ + \sin 80^\circ + [\cos 16^\circ + (-\cos 16^\circ)] = 2\sin 80^\circ.$$
Câu b:
Áp dụng công thức hai góc bù nhau cho góc $\alpha$:
• $\sin(180^\circ - \alpha) = \sin \alpha$;
• $\cos(180^\circ - \alpha) = -\cos \alpha$;
• $\cot(180^\circ - \alpha) = -\cot \alpha$.
Biểu thức $B$ trở thành: $$\begin{aligned} B &= 2\sin \alpha \cdot \cot \alpha - (-\cos \alpha) \cdot \tan \alpha \cdot (-\cot \alpha) \\ &= 2\sin \alpha \cdot \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} - \cos \alpha \cdot (\tan \alpha \cdot \cot \alpha) \end{aligned}$$
Vì $\sin \alpha \ne 0$ và $\tan \alpha \cdot \cot \alpha = 1$, ta được: $$B = 2\cos \alpha - \cos \alpha \cdot 1 = \cos \alpha.$$
Chứng minh câu a: $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$
Trên nửa đường tròn đơn vị tâm $O(0; 0)$ bán kính $R = 1$, lấy điểm $M(x_0; y_0)$ sao cho $\widehat{xOM} = \alpha$.
Theo định nghĩa: $\cos \alpha = x_0$ và $\sin \alpha = y_0$.
Vì điểm $M$ luôn nằm trên đường tròn tâm $O$ bán kính $R = 1$, khoảng cách từ $O$ đến $M$ bằng $1$:
$$OM^2 = x_0^2 + y_0^2 = 1^2 = 1$$
⇒ Do đó: $\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1$ (điều phải chứng minh).
Chứng minh câu b: $1 + \tan^2 \alpha = \frac{1}{\cos^2 \alpha}$ ($\alpha \ne 90^\circ$)
Với $\alpha \ne 90^\circ$, ta có $\cos \alpha \ne 0$ và $\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$.
Biến đổi vế trái: $$1 + \tan^2 \alpha = 1 + \frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} = \frac{\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha}$$
Áp dụng hệ thức đã chứng minh ở câu a ($\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$), ta được: $$1 + \tan^2 \alpha = \frac{1}{\cos^2 \alpha} \quad \text{(điều phải chứng minh)}.$$
Chứng minh câu c: $1 + \cot^2 \alpha = \frac{1}{\sin^2 \alpha}$ ($0^\circ < \alpha < 180^\circ$)
Với $0^\circ < \alpha < 180^\circ$, ta có $\sin \alpha > 0$ (khác $0$) và $\cot \alpha = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}$.
Biến đổi vế trái: $$1 + \cot^2 \alpha = 1 + \frac{\cos^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} = \frac{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha}{\sin^2 \alpha}$$
Thay $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$, ta được: $$1 + \cot^2 \alpha = \frac{1}{\sin^2 \alpha} \quad \text{(điều phải chứng minh)}.$$
Lời giải chi tiết:
Vì $\tan \alpha = 3$ nên $\cos \alpha \ne 0$. Chia cả tử và mẫu của phân thức $P$ cho $\cos \alpha$, ta được: $$P = \frac{\dfrac{2\sin \alpha - 3\cos \alpha}{\cos \alpha}}{\dfrac{3\sin \alpha + 2\cos \alpha}{\cos \alpha}} = \frac{2\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha} - 3}{3\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha} + 2} = \frac{2\tan \alpha - 3}{3\tan \alpha + 2}$$
Thay $\tan \alpha = 3$ vào biểu thức, ta được: $$P = \frac{2(3) - 3}{3(3) + 2} = \frac{6 - 3}{9 + 2} = \frac{3}{11}$$
• Tính $\cos A$ bằng hệ quả định lí côsin: $\cos A = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$.
• Tính diện tích $S$ bằng công thức Heron: $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ với $p = \dfrac{a+b+c}{2}$.
• Bán kính đường tròn nội tiếp: $r = \dfrac{S}{p}$.
Lời giải chi tiết:
Áp dụng hệ quả định lí côsin: $$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{5^2 + 8^2 - 6^2}{2 \cdot 5 \cdot 8} = \frac{25 + 64 - 36}{80} = \frac{53}{80} = 0{,}6625.$$
Nửa chu vi tam giác $ABC$ là: $$p = \frac{a + b + c}{2} = \frac{6 + 5 + 8}{2} = \frac{19}{2} = 9{,}5.$$
Áp dụng công thức Heron: $$\begin{aligned} S &= \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)} \\ &= \sqrt{\frac{19}{2} \cdot \left(\frac{19}{2} - 6\right) \cdot \left(\frac{19}{2} - 5\right) \cdot \left(\frac{19}{2} - 8\right)} \\ &= \sqrt{\frac{19}{2} \cdot \frac{7}{2} \cdot \frac{9}{2} \cdot \frac{3}{2}} = \sqrt{\frac{3591}{16}} = \frac{3\sqrt{399}}{4} \approx 14{,}98. \end{aligned}$$
Từ công thức $S = pr$, suy ra: $$r = \frac{S}{p} = \frac{\dfrac{3\sqrt{399}}{4}}{\dfrac{19}{2}} = \frac{3\sqrt{399}}{38} \approx 1{,}58.$$
Lời giải chi tiết:
1. Tính số đo góc $\widehat{C}$: $$\widehat{C} = 180^\circ - (\widehat{A} + \widehat{B}) = 180^\circ - (45^\circ + 70^\circ) = 65^\circ.$$
2. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp $R$:
Theo định lí sin:
$$2R = \frac{a}{\sin A} = \frac{10}{\sin 45^\circ} = \frac{10}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} = 10\sqrt{2} \implies R = \frac{10\sqrt{2}}{2} = 5\sqrt{2} \approx 7{,}07.$$
3. Tính độ dài cạnh $b$ và $c$:
• Cạnh $b$:
$$b = 2R \sin B = 10\sqrt{2} \cdot \sin 70^\circ \approx 14{,}142 \cdot 0{,}9397 \approx \mathbf{13{,}29}.$$
• Cạnh $c$:
$$c = 2R \sin C = 10\sqrt{2} \cdot \sin 65^\circ \approx 14{,}142 \cdot 0{,}9063 \approx \mathbf{12{,}82}.$$
• Tìm góc $\widehat{C} = 180^\circ - (\widehat{A} + \widehat{B})$.
• Tìm các cạnh $a, b$ bằng định lí sin: $a = \dfrac{c \sin A}{\sin C}, \ b = \dfrac{c \sin B}{\sin C}$.
• Tính diện tích: $S = \dfrac{1}{2}ab \sin C$ hoặc $S = \dfrac{1}{2}ac \sin B$.
Lời giải chi tiết:
1. Tìm góc $\widehat{C}$: $$\widehat{C} = 180^\circ - (15^\circ + 130^\circ) = 35^\circ.$$
2. Tìm độ dài các cạnh $a$ và $b$:
Áp dụng định lí sin:
$$\frac{a}{\sin 15^\circ} = \frac{b}{\sin 130^\circ} = \frac{6}{\sin 35^\circ}$$
• Cạnh $a = \frac{6 \sin 15^\circ}{\sin 35^\circ} \approx \frac{6 \cdot 0{,}2588}{0{,}5736} \approx \mathbf{2{,}71}$.
• Cạnh $b = \frac{6 \sin 130^\circ}{\sin 35^\circ} = \frac{6 \sin 50^\circ}{\sin 35^\circ} \approx \frac{6 \cdot 0{,}7660}{0{,}5736} \approx \mathbf{8{,}01}$.
3. Tính diện tích tam giác $ABC$: $$S = \frac{1}{2} a b \sin C \approx \frac{1}{2} \cdot 2{,}71 \cdot 8{,}01 \cdot \sin 35^\circ \approx \mathbf{6{,}23}.$$
• Gọi $A$ là vị trí cảng xuất phát.
• Gọi $B$ là vị trí tàu bị hỏng động cơ.
• Gọi $C$ là vị trí hòn đảo nơi tàu neo đậu.
Lời giải chi tiết:
• Tàu chạy từ $A$ đến $B$ trong $90\text{ phút} = 1{,}5\text{ giờ}$ với vận tốc $70\text{ km/h}$: $$AB = 70 \times 1{,}5 = 105\text{ (km)}.$$
• Từ $B$, tàu trôi theo hướng nam trong $2\text{ giờ}$ với vận tốc $8\text{ km/h}$ đến đảo $C$: $$BC = 8 \times 2 = 16\text{ (km)}.$$
Vì hướng đi từ $A$ đến $B$ là $\text{S}70^\circ\text{E}$ (lệch $70^\circ$ so với hướng nam về phía đông), và từ $B$ tàu trôi theo chính hướng nam, nên góc bù trong cùng phía giữa tia $BA$ và tia nam xuất phát từ $B$ là: $$\widehat{ABC} = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ.$$
Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABC$ cho cạnh $AC$: $$\begin{aligned} AC^2 &= AB^2 + BC^2 - 2 AB \cdot BC \cos \widehat{B} \\ &= 105^2 + 16^2 - 2 \cdot 105 \cdot 16 \cos 110^\circ \\ &= 11025 + 256 - 3360 \cdot (-0{,}34202) \\ &= 11281 + 1149{,}19 = 12430{,}19. \end{aligned}$$
⇒ $AC = \sqrt{12430{,}19} \approx \mathbf{111{,}49\text{ km}}$.
Áp dụng định lí sin trong tam giác $ABC$ để tính góc $\widehat{BAC}$: $$\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}} = \frac{AC}{\sin \widehat{B}} \implies \sin \widehat{BAC} = \frac{BC \cdot \sin 110^\circ}{AC} \approx \frac{16 \cdot 0{,}9397}{111{,}49} \approx 0{,}13485.$$ Suy ra $\widehat{BAC} \approx 7^\circ 45'$.
Vì tia $AB$ có hướng $\text{S}70^\circ\text{E}$, và tia $AC$ nằm giữa tia nam và tia $AB$ (hướng về phía nam nhiều hơn), nên góc tạo bởi tia $AC$ với hướng nam là: $$\alpha = 70^\circ - \widehat{BAC} \approx 70^\circ - 7^\circ 45' = 62^\circ 15'.$$
⇒ Vậy hướng từ cảng $A$ tới đảo nơi tàu neo đậu là hướng $\mathbf{S62^\circ 15'E}$.
• Cột ăng-ten $BC = 5\text{ m}$ thẳng đứng, $C$ là nóc toà nhà (chân cột), $B$ là đỉnh cột.
• Kẻ đường nằm ngang $Ax$ từ điểm quan sát $A$ hướng về phía toà nhà.
• Góc nâng lên đỉnh $B$ là $\widehat{xAB} = 50^\circ$; góc nâng lên chân $C$ là $\widehat{xAC} = 40^\circ$.
• Điểm $A$ cao $7\text{ m}$ so với mặt đất.
Lời giải chi tiết:
• Góc $\widehat{BAC}$: $$\widehat{BAC} = \widehat{xAB} - \widehat{xAC} = 50^\circ - 40^\circ = \mathbf{10^\circ}.$$
• Vì toà nhà và cột ăng-ten thẳng đứng (vuông góc với đường nằm ngang $Ax$), gọi $H$ là giao của đường nằm ngang $Ax$ với đường thẳng chứa cột ăng-ten $BC$. Ta có tam giác $AHC$ vuông tại $H$: $$\widehat{ACH} = 90^\circ - \widehat{xAC} = 90^\circ - 40^\circ = 50^\circ.$$ Vì hai góc $\widehat{ACB}$ và $\widehat{ACH}$ là hai góc kề bù, suy ra: $$\widehat{ACB} = 180^\circ - 50^\circ = \mathbf{130^\circ}.$$
• Góc $\widehat{ABC}$: $$\widehat{ABC} = 180^\circ - (\widehat{BAC} + \widehat{ACB}) = 180^\circ - (10^\circ + 130^\circ) = \mathbf{40^\circ}.$$
• Áp dụng định lí sin trong tam giác $ABC$: $$\frac{AC}{\sin \widehat{ABC}} = \frac{BC}{\sin \widehat{BAC}} \implies AC = \frac{BC \cdot \sin 40^\circ}{\sin 10^\circ} = \frac{5 \cdot \sin 40^\circ}{\sin 10^\circ} \approx \frac{5 \cdot 0{,}64279}{0{,}17365} \approx 18{,}51\text{ (m)}.$$
• Trong tam giác vuông $AHC$, đoạn $CH$ (khoảng cách từ nóc toà nhà $C$ đến đường nằm ngang $Ax$) là: $$CH = AC \cdot \sin \widehat{xAC} = 18{,}51 \cdot \sin 40^\circ \approx 18{,}51 \cdot 0{,}64279 \approx 11{,}90\text{ (m)}.$$
• Chiều cao của toà nhà (từ chân toà nhà trên mặt đất đến nóc $C$) là: $$h = CH + 7 = 11{,}90 + 7 = \mathbf{18{,}90\text{ (m)}}.$$
a) Các góc của tam giác $ABC$ là $\widehat{BAC} = 10^\circ, \widehat{ACB} = 130^\circ, \widehat{ABC} = 40^\circ$.
b) Chiều cao của toà nhà xấp xỉ $18{,}9\text{ mét}$.
Quy trình các bước tiến hành:
- Bước 1: Thiết lập đường cơ sở trên bãi biển:
Chọn hai vị trí cọc tiêu $A$ và $B$ trên bãi biển sao cho từ cả $A$ và $B$ đều nhìn rõ hai đầu mút $C$ và $D$ của hòn đảo. Dùng thước dây đo chính xác khoảng cách $AB = d$. - Bước 2: Đo các góc ngắm bằng giác kế:
• Tại vị trí $A$, đo các góc: $\alpha_1 = \widehat{CAB}$ và $\alpha_2 = \widehat{DAB}$.
• Tại vị trí $B$, đo các góc: $\beta_1 = \widehat{CBA}$ và $\beta_2 = \widehat{DBA}$. - Bước 3: Tính khoảng cách $AC$ và $AD$:
• Trong tam giác $ABC$, ta có $\widehat{ACB} = 180^\circ - (\alpha_1 + \beta_1)$.
Áp dụng định lí sin: $$AC = \frac{AB \cdot \sin \beta_1}{\sin \widehat{ACB}} = \frac{d \cdot \sin \beta_1}{\sin[180^\circ - (\alpha_1 + \beta_1)]}$$
• Trong tam giác $ABD$, ta có $\widehat{ADB} = 180^\circ - (\alpha_2 + \beta_2)$.
Áp dụng định lí sin: $$AD = \frac{AB \cdot \sin \beta_2}{\sin \widehat{ADB}} = \frac{d \cdot \sin \beta_2}{\sin[180^\circ - (\alpha_2 + \beta_2)]}$$ - Bước 4: Tính bề rộng của đảo $CD$ bằng định lí côsin:
Trong tam giác $ACD$, ta đã biết độ dài hai cạnh $AC, AD$ và góc xen giữa: $$\widehat{CAD} = |\alpha_1 - \alpha_2|$$ Áp dụng định lí côsin: $$CD = \sqrt{AC^2 + AD^2 - 2 AC \cdot AD \cos \widehat{CAD}}$$
• Chiều dài đường cũ đi vòng qua các điểm $A \to B \to C \to D$ là: $S_{\text{cũ}} = AB + BC + CD = 8 + 6 + 12 = 26\text{ km}$.
• Chiều dài đường mới xuyên núi là đoạn thẳng $AD$. Ta tính $AD$ bằng cách chia đa giác $ABCD$ thành các tam giác bằng đường chéo $AC$.
Lời giải chi tiết:
Tam giác $ABC$ có $AB = 8, BC = 6, \widehat{B} = 105^\circ$. Áp dụng định lí côsin: $$\begin{aligned} AC^2 &= AB^2 + BC^2 - 2AB \cdot BC \cos 105^\circ \\ &= 8^2 + 6^2 - 2 \cdot 8 \cdot 6 \cdot \cos 105^\circ \\ &= 64 + 36 - 96 \cdot (-0{,}25882) \\ &= 100 + 24{,}85 = 124{,}85 \implies AC = \sqrt{124{,}85} \approx \mathbf{11{,}17\text{ km}}. \end{aligned}$$
Áp dụng định lí sin trong tam giác $ABC$ để tìm góc $\widehat{ACB}$: $$\frac{AB}{\sin \widehat{ACB}} = \frac{AC}{\sin 105^\circ} \implies \sin \widehat{ACB} = \frac{8 \cdot \sin 105^\circ}{11{,}17} \approx \frac{8 \cdot 0{,}9659}{11{,}17} \approx 0{,}69178.$$ Suy ra $\widehat{ACB} \approx 43^\circ 46'$.
Theo đề bài, góc $\widehat{BCD} = 135^\circ$. Do tia $CA$ nằm giữa hai tia $CB$ và $CD$ nên: $$\widehat{ACD} = \widehat{BCD} - \widehat{ACB} \approx 135^\circ - 43^\circ 46' = 91^\circ 14'.$$
Tam giác $ACD$ có $AC \approx 11{,}17\text{ km}, CD = 12\text{ km}$ và góc xen giữa $\widehat{ACD} \approx 91^\circ 14'$. Áp dụng định lí côsin: $$\begin{aligned} AD^2 &= AC^2 + CD^2 - 2AC \cdot CD \cos \widehat{ACD} \\ &\approx 124{,}85 + 12^2 - 2 \cdot 11{,}17 \cdot 12 \cdot \cos 91^\circ 14' \\ &= 124{,}85 + 144 - 268{,}08 \cdot (-0{,}0215) \\ &\approx 268{,}85 + 5{,}76 = 274{,}61. \end{aligned}$$
⇒ Chiều dài đường hầm mới: $AD = \sqrt{274{,}61} \approx \mathbf{16{,}57\text{ km}}$.
Đường mới sẽ giảm được số kilômét so với đường cũ là: $$\Delta S = S_{\text{cũ}} - AD = 26 - 16{,}57 = \mathbf{9{,}43\text{ km}}.$$
Lời giải chi tiết:
Theo quy ước SGK trang 48, vectơ-không $\vec{0}$ cùng hướng (và do đó cùng phương) với mọi vectơ. Vì vậy mọi vectơ $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ đều cùng hướng với $\vec{0}$.
Hai vectơ chỉ được xét cùng hướng hay ngược hướng khi chúng cùng phương. Nếu $\vec{b}$ và $\vec{a}$ không cùng phương (giá của chúng cắt nhau) thì $\vec{b}$ không cùng hướng với $\vec{a}$ nhưng cũng không ngược hướng với $\vec{a}$.
Vì $\vec{c} \ne \vec{0}$, giá của $\vec{a}$ song song hoặc trùng với giá của $\vec{c}$, và giá của $\vec{b}$ cũng song song hoặc trùng với giá của $\vec{c}$. Theo tiên đề hình học về các đường thẳng song song, giá của $\vec{a}$ và giá của $\vec{b}$ phải song song hoặc trùng nhau. Do đó $\vec{a}$ và $\vec{b}$ cùng phương.
Vì $\vec{a}$ cùng hướng với $\vec{c}$ và $\vec{b}$ cùng hướng với $\vec{c}$ ($\vec{c} \ne \vec{0}$) nên $\vec{a}$ và $\vec{b}$ vừa cùng phương với $\vec{c}$, vừa có chiều mũi tên trùng với chiều mũi tên của $\vec{c}$. Do đó $\vec{a}$ và $\vec{b}$ cùng hướng với nhau.
Toạ độ các vectơ trên Hình 4.12:
- Vectơ $\vec{a}$: Điểm đầu $(-2; 0)$, điểm cuối $(0; 4)$. Đường thẳng giá có phương trình $y = 2x + 4$ (hệ số góc $k = 2$). Hướng từ dưới lên trên. Độ dài: $|\vec{a}| = \sqrt{2^2 + 4^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$.
- Vectơ $\vec{b}$: Điểm đầu $(-1; 0)$, điểm cuối $(0; 2)$. Đường thẳng giá có phương trình $y = 2x + 2$ (hệ số góc $k = 2$). Hướng từ dưới lên trên. Độ dài: $|\vec{b}| = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$.
- Vectơ $\vec{c}$: Điểm đầu $(2; 0)$, điểm cuối $(0; -4)$. Đường thẳng giá có phương trình $y = 2x - 4$ (hệ số góc $k = 2$). Hướng từ trên xuống dưới. Độ dài: $|\vec{c}| = \sqrt{(-2)^2 + (-4)^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$.
- Vectơ $\vec{d}$: Điểm đầu $(0; 2)$, điểm cuối $(4; 0)$. Đường thẳng giá có phương trình $x + 2y = 4 \iff y = -\frac{1}{2}x + 2$ (hệ số góc $k = -1/2$).
Hình 4.12 SGK Toán 10
Kết luận:
1. Các vectơ cùng phương:
Ba vectơ $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ có giá là các đường thẳng song song với nhau (cùng có hệ số góc bằng $2$), do đó:
• $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ đôi một cùng phương với nhau.
• Vectơ $\vec{d}$ không cùng phương với bất kì vectơ nào trong ba vectơ trên.
2. Các cặp vectơ ngược hướng:
• $\vec{a}$ và $\vec{c}$ ngược hướng (vì cùng phương, $\vec{a}$ hướng lên trên còn $\vec{c}$ hướng xuống dưới).
• $\vec{b}$ và $\vec{c}$ ngược hướng.
3. Các cặp vectơ bằng nhau:
Để hai vectơ bằng nhau, chúng phải cùng hướng và cùng độ dài.
• $\vec{a}$ và $\vec{b}$ cùng hướng nhưng $|\vec{a}| = 2\sqrt{5} \ne |\vec{b}| = \sqrt{5}$.
• $\vec{a}$ và $\vec{c}$ cùng độ dài $|\vec{a}| = |\vec{c}| = 2\sqrt{5}$ nhưng lại ngược hướng.
⇒ Không có cặp vectơ nào bằng nhau trong Hình 4.12.
• Chiều thuận ($\implies$): Nếu $ABCD$ là hình bình hành thì $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD}$.
• Chiều đảo ($\Longleftarrow$): Nếu $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD}$ thì tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.
Lời giải chi tiết:
Theo tính chất hình bình hành, hai cạnh đối $AD$ và $BC$ song song và bằng nhau: $$AD \parallel BC \quad \text{và} \quad AD = BC$$
• Vì $AD \parallel BC$ nên hai giá của hai vectơ $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BC}$ song song, do đó $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BC}$ cùng phương.
• Xét chiều đi từ $A$ đến $D$ và từ $B$ đến $C$ theo định nghĩa đỉnh của hình bình hành, hai vectơ này có cùng chiều từ trái sang phải (hoặc cùng hướng), nên $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BC}$ cùng hướng.
• Mặt khác, độ dài $|\overrightarrow{BC}| = BC$ và $|\overrightarrow{AD}| = AD$, mà $BC = AD$ nên $|\overrightarrow{BC}| = |\overrightarrow{AD}|$.
⇒ Hai vectơ cùng hướng và cùng độ dài nên $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD}$.
Theo định nghĩa hai vectơ bằng nhau, ta có: $$\begin{cases} \overrightarrow{BC} \text{ cùng hướng với } \overrightarrow{AD} \\ |\overrightarrow{BC}| = |\overrightarrow{AD}| \end{cases}$$
• Vì $\overrightarrow{BC}$ cùng hướng với $\overrightarrow{AD}$ nên chúng cùng phương, suy ra hai đường thẳng chứa hai vectơ này song song hoặc trùng nhau: $BC \parallel AD$ (do $ABCD$ là tứ giác nên các đỉnh phân biệt không thẳng hàng, $BC$ không trùng $AD$).
• Vì $|\overrightarrow{BC}| = |\overrightarrow{AD}|$ nên độ dài đoạn thẳng $BC = AD$.
• Tứ giác $ABCD$ có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau ($BC \parallel AD$ và $BC = AD$).
⇒ Theo dấu hiệu nhận biết, tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.
• Tập đỉnh gồm $5$ điểm: $\{A, B, C, D, O\}$. Vectơ khác $\vec{0}$ có điểm đầu và điểm cuối phân biệt, số lượng vectơ là chỉnh hợp $A_5^2 = 5 \times 4 = 20$ vectơ.
• Hai vectơ bằng nhau khi và chỉ khi chúng cùng hướng và cùng độ dài.
Lời giải chi tiết:
Tập hợp $S$ gồm $20$ vectơ sau:
Dựa vào tính chất của hình vuông $ABCD$ tâm $O$ (các cạnh bằng nhau và song song từng đôi một; hai đường chéo bằng nhau, vuông góc và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường), ta có:
- Nhóm 1 (hướng từ trái sang phải theo cạnh ngang): $\{\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}\}$ (vì $AB \parallel DC, AB = DC$, cùng hướng).
- Nhóm 2 (hướng từ phải sang trái theo cạnh ngang): $\{\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{CD}\}$.
- Nhóm 3 (hướng từ trên xuống dưới theo cạnh dọc): $\{\overrightarrow{AD}, \overrightarrow{BC}\}$.
- Nhóm 4 (hướng từ dưới lên trên theo cạnh dọc): $\{\overrightarrow{DA}, \overrightarrow{CB}\}$.
- Nhóm 5 (nửa đường chéo $AC$, hướng từ $A$ đến $C$): $\{\overrightarrow{AO}, \overrightarrow{OC}\}$ (vì $O$ là trung điểm $AC$).
- Nhóm 6 (nửa đường chéo $AC$, hướng từ $C$ đến $A$): $\{\overrightarrow{CO}, \overrightarrow{OA}\}$.
- Nhóm 7 (nửa đường chéo $BD$, hướng từ $B$ đến $D$): $\{\overrightarrow{BO}, \overrightarrow{OD}\}$ (vì $O$ là trung điểm $BD$).
- Nhóm 8 (nửa đường chéo $BD$, hướng từ $D$ đến $B$): $\{\overrightarrow{DO}, \overrightarrow{OB}\}$.
- Nhóm 9: $\{\overrightarrow{AC}\}$ (đường chéo dài, không có vectơ nào khác bằng nó).
- Nhóm 10: $\{\overrightarrow{CA}\}$.
- Nhóm 11: $\{\overrightarrow{BD}\}$.
- Nhóm 12: $\{\overrightarrow{DB}\}$.
• Tính toạ độ các vectơ: $\overrightarrow{OA} = (x_A - 0; y_A - 0) = (1; 2)$ và $\overrightarrow{MN} = (x_N - x_M; y_N - y_M)$.
• So sánh tỉ số toạ độ để xét tính cùng phương, cùng hướng và tỉ lệ độ dài giữa $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{OA}$.
• Vận dụng công thức chuyển động thẳng đều: $\text{Độ dịch chuyển} = \vec{v} \times t$.
Lời giải chi tiết:
• Ta có toạ độ điểm $A(1; 2) \implies \overrightarrow{OA} = (1; 2)$.
• Với $M(0; -1)$ và $N(3; 5)$, ta tính được:
$$\overrightarrow{MN} = (3 - 0; 5 - (-1)) = (3; 6)$$
• Nhận thấy: $$(3; 6) = 3 \cdot (1; 2) \implies \overrightarrow{MN} = 3 \overrightarrow{OA}$$
⇒ Mối quan hệ: Hai vectơ $\overrightarrow{OA}$ và $\overrightarrow{MN}$ cùng hướng với nhau và độ dài của $\overrightarrow{MN}$ gấp $3$ lần độ dài của $\overrightarrow{OA}$ ($|\overrightarrow{MN}| = 3 |\overrightarrow{OA}|$).
• Vật khởi hành từ $M$ và chuyển động thẳng đều với vận tốc $\vec{v} = \overrightarrow{OA}$.
Điều này có nghĩa là hướng chuyển động của vật trùng với hướng của vectơ $\overrightarrow{OA}$, và trong mỗi giờ vật di chuyển được một quãng đường bằng độ dài $|\overrightarrow{OA}|$.
• Vì $\overrightarrow{MN} = 3 \overrightarrow{OA}$ nên vectơ $\overrightarrow{MN}$ cùng hướng với vectơ vận tốc $\vec{v}$. Do đó, quỹ đạo chuyển động thẳng của vật xuất phát từ $M$ chắc chắn đi qua điểm $N$.
• Gọi $t$ là thời gian (tính bằng giờ) để vật đi từ $M$ đến $N$. Ta có:
$$\text{Quãng đường } MN = |\overrightarrow{MN}| = 3 |\overrightarrow{OA}| = 3 |\vec{v}|$$
Vận tốc của vật là $v = |\vec{v}| = |\overrightarrow{OA}|$.
Thời gian để vật tới $N$ là:
$$t = \frac{MN}{v} = \frac{3 |\overrightarrow{OA}|}{|\overrightarrow{OA}|} = 3\text{ (giờ)}.$$
a) Hai vectơ $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{OA}$ cùng hướng, $|\overrightarrow{MN}| = 3|\overrightarrow{OA}|$.
b) Vật thể có đi qua $N$ và sẽ tới $N$ sau đúng $3\text{ giờ}$ chuyển động.
• Áp dụng quy tắc ba điểm liên tiếp cho phép cộng vectơ: $\overrightarrow{MN} + \overrightarrow{NP} = \overrightarrow{MP}$.
• Áp dụng quy tắc hiệu cho phép trừ vectơ: $\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{DC}$.
Lời giải chi tiết:
Biến đổi vế trái bằng cách nhóm theo quy tắc ba điểm:
$$\begin{aligned} \text{VT} &= (\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}) + (\overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DA}) \\ &= \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CA} \\ &= \overrightarrow{AA} = \vec{0} = \text{VP}. \end{aligned}$$
⇒ Đẳng thức được chứng minh.
Áp dụng quy tắc hiệu cho hai vế:
• Vế trái: $\text{VT} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{DC}$ (theo quy tắc hiệu chung gốc $A$).
• Vế phải: $\text{VP} = \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{DC}$ (theo quy tắc hiệu chung gốc $B$).
⇒ Vì $\text{VT} = \text{VP} = \overrightarrow{DC}$ nên đẳng thức được chứng minh.
Lời giải chi tiết:
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên theo quy tắc hình bình hành ta có: $$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AC}$$
Theo giả thiết $\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$, do đó: $$\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{AC}$$
• Vì $\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{AC}$ nên tứ giác $ABMC$ là hình bình hành (có hai cạnh đối $AC$ và $BM$ song song và bằng nhau).
⇒ Điểm $M$ là đỉnh thứ tư của hình bình hành $ABMC$.
• Vì $ABMC$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{CM} = \overrightarrow{AB}$.
• Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC} = -\overrightarrow{CD}$.
• Từ hai điều trên suy ra: $$\overrightarrow{CM} = -\overrightarrow{CD} \quad \text{hay} \quad \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{CM} = \vec{0}$$
⇒ Hai vectơ $\overrightarrow{CD}$ và $\overrightarrow{CM}$ là hai vectơ đối nhau (nghĩa là chúng cùng phương, ngược hướng và có cùng độ dài: $CD = CM$, tức $C$ là trung điểm của đoạn thẳng $DM$).
• Dùng quy tắc hiệu: $\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{CB}$.
• Dùng tính chất trung điểm: $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} = 2\overrightarrow{AH}$ với $H$ là trung điểm của cạnh $BC$ (hoặc dựng hình thoi $ABDC$).
Lời giải chi tiết:
Áp dụng quy tắc hiệu: $$\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{CB}$$
Độ dài: $|\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC}| = |\overrightarrow{CB}| = CB = \mathbf{a}$.
Gọi $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Vì tam giác $ABC$ đều nên $AH$ đồng thời là đường cao và đường trung tuyến: $$AH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$$
Dựng điểm $D$ sao cho tứ giác $ABDC$ là hình thoi. Khi đó theo quy tắc hình bình hành: $$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AH}$$
Độ dài: $|\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}| = |2\overrightarrow{AH}| = 2 \cdot AH = 2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \mathbf{a\sqrt{3}}$.
Lời giải chi tiết:
Gọi $\vec{F} = \vec{F_1} + \vec{F_2}$ là hợp lực tác động lên vật.
Dựng hình bình hành $OADB$ với $\overrightarrow{OA} = \vec{F_1}$, $\overrightarrow{OB} = \vec{F_2}$. Khi đó hợp lực là vectơ đường chéo $\overrightarrow{OD} = \vec{F}$.
Trong hình bình hành $OADB$, ta có góc $\widehat{AOB} = 120^\circ$. Vì hai góc kề một cạnh bù nhau nên: $$\widehat{OAD} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$$
Xét tam giác $OAD$, ta có $OA = |\vec{F_1}| = 3\text{ N}$, $AD = OB = |\vec{F_2}| = 2\text{ N}$, và góc $\widehat{OAD} = 60^\circ$.
Áp dụng định lí côsin cho tam giác $OAD$:
$$\begin{aligned}
OD^2 &= OA^2 + AD^2 - 2 \cdot OA \cdot AD \cdot \cos 60^\circ \\
&= 3^2 + 2^2 - 2 \cdot 3 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} \\
&= 9 + 4 - 6 = 7.
\end{aligned}$$
⇒ Độ lớn của hợp lực là: $$|\vec{F}| = OD = \sqrt{7} \approx \mathbf{2{,}65\text{ (N)}}.$$
• Phương song song với bờ sông (dọc theo dòng nước).
• Phương vuông góc với bờ sông (quyết định thời gian sang được bờ bên kia).
Lời giải chi tiết:
Gọi chiều rộng của dòng sông là $d$ (khoảng cách giữa hai bờ song song).
Gọi vận tốc riêng của mỗi tàu đối với nước là $\vec{v_1}$ và $\vec{v_2}$. Theo giả thiết:
• Hai tàu có tốc độ riêng bằng nhau: $|\vec{v_1}| = |\vec{v_2}| = v$.
• Hai tàu đều tạo với bờ sông cùng một góc nhọn $\alpha$ ($0^\circ < \alpha < 90^\circ$).
Gọi vận tốc của dòng nước chảy xuôi dòng từ thượng nguồn xuống hạ lưu là $\vec{v_n}$. Ta có phương của dòng nước song song với bờ sông.
• Vì dòng nước chảy song song với bờ sông nên hình chiếu vận tốc dòng nước lên phương vuông góc với bờ sông bằng $0$.
• Thành phần vận tốc theo phương vuông góc với bờ sông của tàu thứ nhất (hướng hạ lưu): $$v_{1\perp} = v \cdot \sin \alpha$$
• Thành phần vận tốc theo phương vuông góc với bờ sông của tàu thứ hai (hướng thượng nguồn): $$v_{2\perp} = v \cdot \sin \alpha$$
⇒ Ta thấy $v_{1\perp} = v_{2\perp} = v \sin \alpha$.
Thời gian để mỗi tàu vượt qua chiều rộng $d$ của dòng sông sang tới bờ bên kia chỉ phụ thuộc duy nhất vào thành phần vận tốc vuông góc với bờ sông: $$t_1 = \frac{d}{v_{1\perp}} = \frac{d}{v \sin \alpha}$$ $$t_2 = \frac{d}{v_{2\perp}} = \frac{d}{v \sin \alpha}$$
Do đó: $t_1 = t_2$.
1. Áp dụng quy tắc ba điểm, ta phân tích vectơ $\overrightarrow{AM}$ qua đỉnh $B$: $$\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BM}$$ 2. Vì $M$ là trung điểm của cạnh $BC$ nên: $$\overrightarrow{BM} = \frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$$ 3. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên hai cạnh đối $BC$ và $AD$ song song và bằng nhau, suy ra $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD}$.
Do đó: $$\overrightarrow{BM} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$$ 4. Thay vào đẳng thức ban đầu, ta được: $$\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$$ Vậy đáp án đúng là A.
1. Chèn hai điểm $M$ và $N$ vào các vectơ $\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{AD}$: $$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BM} + \overrightarrow{MN} + \overrightarrow{NC}$$ $$\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AM} + \overrightarrow{MN} + \overrightarrow{ND}$$ 2. Cộng vế với vế hai đẳng thức trên: $$\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AD} = (\overrightarrow{BM} + \overrightarrow{AM}) + 2\overrightarrow{MN} + (\overrightarrow{NC} + \overrightarrow{ND})$$ - Vì $M$ là trung điểm của $AB$ nên $\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{BM} = \vec{0}$.
- Vì $N$ là trung điểm của $CD$ nên $\overrightarrow{NC} + \overrightarrow{ND} = \vec{0}$.
Suy ra: $$\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{MN} \quad (1)$$ 3. Chứng minh tương tự với $\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD}$: $$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AM} + \overrightarrow{MN} + \overrightarrow{NC}$$ $$\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BM} + \overrightarrow{MN} + \overrightarrow{ND}$$ Cộng hai vế ta được: $$\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = (\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{BM}) + 2\overrightarrow{MN} + (\overrightarrow{NC} + \overrightarrow{ND}) = 2\overrightarrow{MN} \quad (2)$$ Từ (1) và (2) suy ra: $\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD}$.
Vậy đáp án đúng là A.
a) Xác định vị trí của điểm $K$:
Ta có: $$\overrightarrow{KA} + 2\overrightarrow{KB} = \vec{0} \iff \overrightarrow{KA} + 2(\overrightarrow{KA} + \overrightarrow{AB}) = \vec{0}$$ $$\iff 3\overrightarrow{KA} + 2\overrightarrow{AB} = \vec{0} \iff -3\overrightarrow{AK} + 2\overrightarrow{AB} = \vec{0}$$ $$\iff \overrightarrow{AK} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$$ Đẳng thức này cho thấy: - Hai vectơ $\overrightarrow{AK}$ và $\overrightarrow{AB}$ cùng hướng (vì hệ số $\frac{2}{3} > 0$). - Độ dài $AK = \frac{2}{3}AB$. Do đó điểm $K$ nằm trên đoạn thẳng $AB$ sao cho $AK = 2KB$.
b) Biểu diễn $\overrightarrow{OK}$ theo $\overrightarrow{OA}$ và $\overrightarrow{OB}$:
Với điểm $O$ bất kì, ta chèn điểm $O$ vào đẳng thức $\overrightarrow{KA} + 2\overrightarrow{KB} = \vec{0}$: $$(\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OK}) + 2(\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OK}) = \vec{0}$$ $$\iff \overrightarrow{OA} + 2\overrightarrow{OB} - 3\overrightarrow{OK} = \vec{0} \iff 3\overrightarrow{OK} = \overrightarrow{OA} + 2\overrightarrow{OB}$$ $$\iff \overrightarrow{OK} = \frac{1}{3}\overrightarrow{OA} + \frac{2}{3}\overrightarrow{OB}$$ Vậy đáp án đúng là A.
a) Xác định vị trí điểm $M$:
Gọi $I$ là trung điểm của cạnh $AB$.
Theo tính chất trung điểm, với điểm $M$ bất kì ta luôn có: $$\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{MI}$$ Thay vào đẳng thức đã cho: $$2\overrightarrow{MI} + 2\overrightarrow{MC} = \vec{0} \iff 2(\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{MC}) = \vec{0} \iff \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{MC} = \vec{0}$$ Đẳng thức $\overrightarrow{MI} + \overrightarrow{MC} = \vec{0}$ chứng tỏ $M$ chính là trung điểm của đoạn thẳng $IC$.
b) Hệ thức với điểm $O$ bất kì:
Ta có: $$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + 2\overrightarrow{OC} = (\overrightarrow{OM} + \overrightarrow{MA}) + (\overrightarrow{OM} + \overrightarrow{MB}) + 2(\overrightarrow{OM} + \overrightarrow{MC})$$ $$= 4\overrightarrow{OM} + (\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + 2\overrightarrow{MC}) = 4\overrightarrow{OM} + \vec{0} = 4\overrightarrow{OM}$$ Vậy đáp án đúng là A.
Chất điểm $A$ chịu tác động của ba lực $\vec{F}_1, \vec{F}_2, \vec{F}_3$ như Hình 4.30 và ở trạng thái cân bằng (tức là $\vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \vec{F}_3 = \vec{0}$). Biết $\vec{F}_1 \perp \vec{F}_2$, góc giữa $\vec{F}_2$ và $\vec{F}_3$ bằng $120^\circ$, và độ lớn của lực $\vec{F}_1$ là $20\text{ N}$.
Độ lớn của các lực $\vec{F}_2$ và $\vec{F}_3$ lần lượt là:
1. Vì chất điểm $A$ ở trạng thái cân bằng nên: $$\vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \vec{F}_3 = \vec{0} \iff \vec{F}_1 + \vec{F}_2 = -\vec{F}_3$$ Đặt $\vec{F}_{12} = \vec{F}_1 + \vec{F}_2$. Khi đó $\vec{F}_{12} = -\vec{F}_3$, nghĩa là vectơ $\vec{F}_{12}$ và $\vec{F}_3$ là hai vectơ đối nhau.
Suy ra: - Độ lớn: $|\vec{F}_{12}| = |\vec{F}_3|$. - Hướng: $\vec{F}_{12}$ ngược hướng với $\vec{F}_3$. 2. Theo giả thiết, góc giữa $\vec{F}_2$ và $\vec{F}_3$ là $120^\circ$. Do $\vec{F}_{12}$ ngược hướng với $\vec{F}_3$ nên góc giữa $\vec{F}_{12}$ và $\vec{F}_2$ là: $$180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$$ 3. Do $\vec{F}_1 \perp \vec{F}_2$, quy tắc hình bình hành cho thấy hợp lực $\vec{F}_{12}$ tạo với $\vec{F}_1, \vec{F}_2$ một tam giác vuông tại đỉnh của $\vec{F}_2$. Trong tam giác vuông này: - $\tan 60^\circ = \frac{|\vec{F}_1|}{|\vec{F}_2|} \implies |\vec{F}_2| = \frac{|\vec{F}_1|}{\tan 60^\circ} = \frac{20}{\sqrt{3}} = \frac{20\sqrt{3}}{3}\text{ N} \approx 11{,}55\text{ N}$. - $\sin 60^\circ = \frac{|\vec{F}_1|}{|\vec{F}_{12}|} = \frac{|\vec{F}_1|}{|\vec{F}_3|} \implies |\vec{F}_3| = \frac{|\vec{F}_1|}{\sin 60^\circ} = \frac{20}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{40}{\sqrt{3}} = \frac{40\sqrt{3}}{3}\text{ N} \approx 23{,}09\text{ N}$.
Vậy đáp án đúng là A.
Ta có gốc toạ độ $O(0; 0)$ và các điểm $M(1; 3), N(4; 2)$.
a) Tính độ dài các đoạn thẳng:
- Vectơ $\overrightarrow{OM} = (1 - 0;\; 3 - 0) = (1; 3) \Rightarrow OM = |\overrightarrow{OM}| = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$.
- Vectơ $\overrightarrow{ON} = (4 - 0;\; 2 - 0) = (4; 2) \Rightarrow ON = |\overrightarrow{ON}| = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$.
- Vectơ $\overrightarrow{MN} = (4 - 1;\; 2 - 3) = (3; -1) \Rightarrow MN = |\overrightarrow{MN}| = \sqrt{3^2 + (-1)^2} = \sqrt{10}$.
b) Chứng minh tam giác $OMN$ vuông cân:
- Vì $OM = MN = \sqrt{10}$ nên tam giác $OMN$ cân tại $M$.
- Xét tổng bình phương hai cạnh: $$OM^2 + MN^2 = (\sqrt{10})^2 + (\sqrt{10})^2 = 10 + 10 = 20.$$ Mặt khác: $$ON^2 = (2\sqrt{5})^2 = 20.$$ Suy ra $OM^2 + MN^2 = ON^2$. Theo định lí Pythagore đảo, tam giác $OMN$ vuông tại $M$.
Vậy tam giác $OMN$ vuông cân tại $M$.
a) Tìm mối liên hệ giữa $\overrightarrow{MN}$ và $2\vec{a} - \vec{b}$:
- Từ $\vec{a} = 3\vec{i} - 2\vec{j} \Rightarrow \vec{a} = (3; -2)$.
- Ta có $2\vec{a} = (6; -4)$ và $\vec{b} = (4; -1)$.
Suy ra: $2\vec{a} - \vec{b} = (6 - 4;\; -4 - (-1)) = (2; -3)$.
- Mặt khác: $\overrightarrow{MN} = (3 - (-3);\; -3 - 6) = (6; -9)$.
Nhận thấy $(6; -9) = 3(2; -3)$, do đó: $$\overrightarrow{MN} = 3(2\vec{a} - \vec{b}).$$ b) Xét ba điểm $O, M, N$:
Ta có $\overrightarrow{OM} = (-3; 6)$ và $\overrightarrow{ON} = (3; -3)$.
Vì $\frac{-3}{3} \neq \frac{6}{-3}$ (do $-1 \neq -2$) nên hai vectơ $\overrightarrow{OM}$ và $\overrightarrow{ON}$ không cùng phương.
Do đó ba điểm $O, M, N$ không thẳng hàng.
c) Tìm toạ độ điểm $P(x; y)$ để $OMNP$ là hình bình hành:
Tứ giác $OMNP$ là hình bình hành khi và chỉ khi: $$\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{MN} \quad (\text{hoặc } \overrightarrow{ON} = \overrightarrow{OM} + \overrightarrow{OP} \Leftrightarrow \overrightarrow{OP} = \overrightarrow{ON} - \overrightarrow{OM} = \overrightarrow{MN}).$$ Ta có $\overrightarrow{OP} = (x; y)$ và $\overrightarrow{MN} = (6; -9)$.
Do đó: $$\begin{cases} x = 6 \\ y = -9 \end{cases}$$ Vậy điểm cần tìm là $P(6; -9)$.
a) Chứng minh $A, B, C$ là ba đỉnh của một tam giác:
Ta có: $\overrightarrow{AB} = (2 - 1;\; 4 - 3) = (1; 1)$ và $\overrightarrow{AC} = (-3 - 1;\; 2 - 3) = (-4; -1)$.
Vì $\frac{1}{-4} \neq \frac{1}{-1}$ nên hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ không cùng phương.
Do đó ba điểm $A, B, C$ không thẳng hàng, hay $A, B, C$ là ba đỉnh của một tam giác.
b) Toạ độ trung điểm $M$ của đoạn thẳng $AB$:
Áp dụng công thức toạ độ trung điểm: $$x_M = \frac{x_A + x_B}{2} = \frac{1 + 2}{2} = \frac{3}{2}; \quad y_M = \frac{y_A + y_B}{2} = \frac{3 + 4}{2} = \frac{7}{2}.$$ Vậy $M\left(\frac{3}{2};\; \frac{7}{2}\right)$.
c) Toạ độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$:
Áp dụng công thức toạ độ trọng tâm: $$x_G = \frac{x_A + x_B + x_C}{3} = \frac{1 + 2 + (-3)}{3} = 0; \quad y_G = \frac{y_A + y_B + y_C}{3} = \frac{3 + 4 + 2}{3} = \frac{9}{3} = 3.$$ Vậy $G(0; 3)$.
d) Tìm điểm $D(x; y)$ để $O(0; 0)$ là trọng tâm tam giác $ABD$:
Điểm $O(0; 0)$ là trọng tâm tam giác $ABD$ khi và chỉ khi: $$\begin{cases} x_O = \frac{x_A + x_B + x_D}{3} \\ y_O = \frac{y_A + y_B + y_D}{3} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 0 = \frac{1 + 2 + x}{3} \\ 0 = \frac{3 + 4 + y}{3} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = -3 \\ y = -7 \end{cases}$$ Vậy điểm cần tìm là $D(-3; -7)$.
Gọi $B(x; y)$ là vị trí của tàu thuỷ trên mặt phẳng toạ độ sau khi khởi hành $1,5$ giờ.
Vì tàu chuyển động thẳng đều từ vị trí $A(1; 2)$ với vận tốc $\vec{v} = (3; 4)$ nên độ dịch chuyển của tàu sau thời gian $t = 1,5$ giờ được biểu thị bởi vectơ: $$\overrightarrow{AB} = 1,5\vec{v} = 1,5(3; 4) = (1,5 \cdot 3;\; 1,5 \cdot 4) = (4,5;\; 6).$$ Mặt khác: $$\overrightarrow{AB} = (x - x_A;\; y - y_A) = (x - 1;\; y - 2).$$ Do đó ta có hệ phương trình: $$\begin{cases} x - 1 = 4,5 \\ y - 2 = 6 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 4,5 + 1 = 5,5 \\ y = 6 + 2 = 8 \end{cases}$$ Vậy sau khi khởi hành $1,5$ giờ, tàu thuỷ ở vị trí có toạ độ $B(5,5;\; 8)$.
Theo luật cờ vua, quân mã di chuyển theo hình chữ L (gồm 2 ô theo một chiều và 1 ô theo chiều vuông góc còn lại).
Do đó, vectơ dịch chuyển $\vec{u} = (\Delta x; \Delta y)$ của quân mã có thể nhận một trong 8 cặp giá trị: $$(\pm 1; \pm 2) \quad \text{hoặc} \quad (\pm 2; \pm 1).$$ Từ vị trí ban đầu $(x_0; y_0) = (1; 2)$, toạ độ mới $(x; y) = (1 + \Delta x;\; 2 + \Delta y)$ phải thoả mãn điều kiện nằm trong phạm vi bàn cờ $8 \times 8$, tức là $0 \le x \le 7$ và $0 \le y \le 7$:
1. $\vec{u} = (-1; -2) \Rightarrow (1 - 1;\; 2 - 2) = (0; 0)$ (thoả mãn).
2. $\vec{u} = (1; -2) \Rightarrow (1 + 1;\; 2 - 2) = (2; 0)$ (thoả mãn).
3. $\vec{u} = (-1; 2) \Rightarrow (1 - 1;\; 2 + 2) = (0; 4)$ (thoả mãn).
4. $\vec{u} = (1; 2) \Rightarrow (1 + 1;\; 2 + 2) = (2; 4)$ (thoả mãn).
5. $\vec{u} = (-2; -1) \Rightarrow (1 - 2;\; 2 - 1) = (-1; 1)$ (loại vì $x = -1 < 0$ nằm ngoài bàn cờ).
6. $\vec{u} = (-2; 1) \Rightarrow (1 - 2;\; 2 + 1) = (-1; 3)$ (loại vì $x = -1 < 0$ nằm ngoài bàn cờ).
7. $\vec{u} = (2; -1) \Rightarrow (1 + 2;\; 2 - 1) = (3; 1)$ (thoả mãn).
8. $\vec{u} = (2; 1) \Rightarrow (1 + 2;\; 2 + 1) = (3; 3)$ (thoả mãn).
Quan sát Hình 4.38: tại ô $(3; 1)$ có một quân tốt đen đứng, theo luật cờ vua quân mã có thể di chuyển đến ô này để bắt quân cờ đó; các ô còn lại đều hợp lệ và quân mã nhảy qua được các ô khác.
Vậy sau một nước đi, quân mã có thể đến 6 vị trí có toạ độ là: $$(0; 0),\; (2; 0),\; (3; 1),\; (3; 3),\; (0; 4),\; (2; 4).$$
a) \(\vec{a} = (-3; 1), \vec{b} = (2; 6)\);
b) \(\vec{a} = (3; 1), \vec{b} = (2; 4)\);
c) \(\vec{a} = (-\sqrt{2}; 1), \vec{b} = (2; -\sqrt{2})\).
Lời giải chi tiết:
a) Ta có:
\[\vec{a} \cdot \vec{b} = (-3) \cdot 2 + 1 \cdot 6 = -6 + 6 = 0\]
Vì \(\vec{a} \cdot \vec{b} = 0\) nên hai vectơ vuông góc với nhau, tức là \((\vec{a}, \vec{b}) = 90^\circ\).
b) Ta có:
\[\vec{a} \cdot \vec{b} = 3 \cdot 2 + 1 \cdot 4 = 6 + 4 = 10\]
\[|\vec{a}| = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10}; \quad |\vec{b}| = \sqrt{2^2 + 4^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}\]
Suy ra:
\[\cos(\vec{a}, \vec{b}) = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|} = \frac{10}{\sqrt{10} \cdot 2\sqrt{5}} = \frac{10}{2\sqrt{50}} = \frac{10}{10\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \implies (\vec{a}, \vec{b}) = 45^\circ.\]
c) Ta có:
\[\vec{a} \cdot \vec{b} = (-\sqrt{2}) \cdot 2 + 1 \cdot (-\sqrt{2}) = -2\sqrt{2} - \sqrt{2} = -3\sqrt{2}\]
\[|\vec{a}| = \sqrt{(-\sqrt{2})^2 + 1^2} = \sqrt{2 + 1} = \sqrt{3}; \quad |\vec{b}| = \sqrt{2^2 + (-\sqrt{2})^2} = \sqrt{4 + 2} = \sqrt{6}\]
Suy ra:
\[\cos(\vec{a}, \vec{b}) = \frac{-3\sqrt{2}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{6}} = \frac{-3\sqrt{2}}{\sqrt{18}} = \frac{-3\sqrt{2}}{3\sqrt{2}} = -1 \implies (\vec{a}, \vec{b}) = 180^\circ.\]
Vậy kết quả các câu là: a) \(90^\circ\); b) \(45^\circ\); c) \(180^\circ\).
a) \(\vec{u} \cdot \vec{v} = |\vec{u}| \cdot |\vec{v}|\);
b) \(\vec{u} \cdot \vec{v} = -|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|\).
Lời giải chi tiết:
Theo công thức tích vô hướng:
\[\vec{u} \cdot \vec{v} = |\vec{u}| \cdot |\vec{v}| \cdot \cos(\vec{u}, \vec{v})\]
• Nếu có ít nhất một trong hai vectơ là \(\vec{0}\), thì hai vế của cả hai đẳng thức a) và b) đều bằng \(0\), do đó đẳng thức luôn đúng.
• Nếu cả hai vectơ đều khác vectơ \(\vec{0}\) (tức \(|\vec{u}| > 0, |\vec{v}| > 0\)):
a) \(\vec{u} \cdot \vec{v} = |\vec{u}| \cdot |\vec{v}| \iff \cos(\vec{u}, \vec{v}) = 1 \iff (\vec{u}, \vec{v}) = 0^\circ\). Điều này xảy ra khi và chỉ khi hai vectơ \(\vec{u}\) và \(\vec{v}\) cùng hướng.
b) \(\vec{u} \cdot \vec{v} = -|\vec{u}| \cdot |\vec{v}| \iff \cos(\vec{u}, \vec{v}) = -1 \iff (\vec{u}, \vec{v}) = 180^\circ\). Điều này xảy ra khi và chỉ khi hai vectơ \(\vec{u}\) và \(\vec{v}\) ngược hướng.
a) Tính \(\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BM}\) theo \(t\).
b) Tìm \(t\) để \(\widehat{AMB} = 90^\circ\).
Lời giải chi tiết:
a) Ta có toạ độ của hai vectơ:
\[\overrightarrow{AM} = (t - 1; 0 - 2) = (t - 1; -2)\]
\[\overrightarrow{BM} = (t - (-4); 0 - 3) = (t + 4; -3)\]
Tích vô hướng:
\[\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BM} = (t - 1)(t + 4) + (-2)(-3) = (t^2 + 3t - 4) + 6 = t^2 + 3t + 2.\]
b) Ta có tam giác \(AMB\) vuông tại \(M\) khi và chỉ khi:
\[\widehat{AMB} = 90^\circ \iff \overrightarrow{AM} \perp \overrightarrow{BM} \iff \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BM} = 0\]
\[\iff t^2 + 3t + 2 = 0 \iff (t + 1)(t + 2) = 0 \iff \left[\begin{aligned} t &= -1 \\ t &= -2 \end{aligned}\right.\]
Vậy có hai điểm thoả mãn là \(M_1(-1; 0)\) và \(M_2(-2; 0)\).
a) Giải tam giác \(ABC\).
b) Tìm toạ độ trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC\).
Lời giải chi tiết:
a) Giải tam giác \(ABC\):
• Toạ độ các vectơ cạnh:
\[\overrightarrow{AB} = (2 - (-4); 4 - 1) = (6; 3) \implies AB = \sqrt{6^2 + 3^2} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}\]
\[\overrightarrow{AC} = (2 - (-4); -2 - 1) = (6; -3) \implies AC = \sqrt{6^2 + (-3)^2} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}\]
\[\overrightarrow{BC} = (2 - 2; -2 - 4) = (0; -6) \implies BC = \sqrt{0^2 + (-6)^2} = 6\]
Vì \(AB = AC = 3\sqrt{5}\) nên tam giác \(ABC\) cân tại \(A\).
• Tính các góc:
\[\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 AB \cdot AC} = \frac{45 + 45 - 36}{2 \cdot 45} = \frac{54}{90} = \frac{3}{5} = 0{,}6 \implies \widehat{A} \approx 53^\circ 8'\]
\[\widehat{B} = \widehat{C} = \frac{180^\circ - \widehat{A}}{2} \approx \frac{180^\circ - 53^\circ 8'}{2} = 63^\circ 26'.\]
b) Tìm toạ độ trực tâm \(H\):
Gọi \(H(x; y)\). Ta có:
\[\overrightarrow{AH} = (x + 4; y - 1); \quad \overrightarrow{BC} = (0; -6)\]
\[\overrightarrow{BH} = (x - 2; y - 4); \quad \overrightarrow{AC} = (6; -3)\]
Vì \(H\) là trực tâm nên:
\[\begin{cases} \overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \\ \overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} (x + 4) \cdot 0 + (y - 1) \cdot (-6) = 0 \\ (x - 2) \cdot 6 + (y - 4) \cdot (-3) = 0 \end{cases}\]
\[\iff \begin{cases} -6(y - 1) = 0 \\ 6x - 12 - 3y + 12 = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} y = 1 \\ 6x - 3(1) = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x = \frac{1}{2} \\ y = 1 \end{cases}\]
Vậy trực tâm tam giác là \(H\left(\dfrac{1}{2}; 1\right)\).
Lời giải chi tiết:
Diện tích tam giác \(ABC\) được tính theo công thức:
\[S_{ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot AC \cdot \sin A\]
Vì \(0^\circ < \widehat{A} < 180^\circ\) nên \(\sin A > 0\), do đó:
\[\sin A = \sqrt{1 - \cos^2 A}\]
Thay vào công thức diện tích, ta có:
\[S_{ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot AC \cdot \sqrt{1 - \cos^2 A} = \frac{1}{2} \sqrt{AB^2 \cdot AC^2 (1 - \cos^2 A)} = \frac{1}{2} \sqrt{AB^2 \cdot AC^2 - AB^2 \cdot AC^2 \cos^2 A}\]
Mặt khác, theo định nghĩa tích vô hướng:
\[\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \cdot AC \cdot \cos A \implies (\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2 = AB^2 \cdot AC^2 \cos^2 A\]
Thay kết quả này vào biểu thức diện tích, ta được:
\[S_{ABC} = \frac{1}{2} \sqrt{AB^2 \cdot AC^2 - (\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}.\]
Ta có điều phải chứng minh.
Lời giải chi tiết:
Với mọi điểm \(M\), ta xen điểm \(G\) vào các vectơ:
\[\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GA}\]
\[\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GB}\]
\[\overrightarrow{MC} = \overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GC}\]
Sử dụng hằng đẳng thức bình phương vô hướng của vectơ:
\[MA^2 = \overrightarrow{MA}^2 = (\overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GA})^2 = MG^2 + 2\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{GA} + GA^2\]
\[MB^2 = \overrightarrow{MB}^2 = (\overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GB})^2 = MG^2 + 2\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{GB} + GB^2\]
\[MC^2 = \overrightarrow{MC}^2 = (\overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GC})^2 = MG^2 + 2\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{GC} + GC^2\]
Cộng vế theo vế ba đẳng thức trên, ta được:
\[MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2 + 2\overrightarrow{MG} \cdot (\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC})\]
Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}\).
Suy ra \(2\overrightarrow{MG} \cdot (\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC}) = 2\overrightarrow{MG} \cdot \vec{0} = 0\).
Do đó:
\[MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2.\]
Ta có điều phải chứng minh.
Trong các số sau, những số nào là số gần đúng?
a) Cân một túi gạo cho kết quả là \(10,2\text{ kg}\).
b) Bán kính Trái Đất là \(6\,371\text{ km}\).
c) Trái Đất quay một vòng quanh Mặt Trời mất \(365\text{ ngày}\).
Khẳng định nào sau đây là đúng?
Giải thích chi tiết:
- a) \(10,2\text{ kg}\) là số gần đúng: Vì đây là kết quả thu được từ một phép cân đo thực nghiệm, luôn chịu ảnh hưởng bởi độ chia của cân và các điều kiện đo đạc.
- b) \(6\,371\text{ km}\) là số gần đúng: Vì hình dạng thực tế của Trái Đất là hình cầu hơi dẹt ở hai cực (hình elipsoid), nên bán kính từ tâm tới các điểm trên bề mặt là không hoàn toàn bằng nhau; con số \(6\,371\text{ km}\) chỉ là giá trị trung bình xấp xỉ.
- c) \(365\text{ ngày}\) là số gần đúng: Vì thời gian thực tế để Trái Đất hoàn thành một vòng quay quanh Mặt Trời (một năm chí tuyến) xấp xỉ \(365,2422\text{ ngày}\) (khoảng 365 ngày 5 giờ 48 phút 46 giây).
Vậy cả ba số trên đều là các số gần đúng.
Giải thích kết quả “Đo độ cao của một ngọn núi cho kết quả là \(1\,235 \pm 5\text{ m}\)” và thực hiện làm tròn số gần đúng.
Phương án nào dưới đây nêu đúng ý nghĩa và số quy tròn?
1. Giải thích ý nghĩa kết quả \(1\,235 \pm 5\text{ m}\):
• Số gần đúng đo được là \(h = 1\,235\text{ m}\).
• Độ chính xác của phép đo là \(d = 5\text{ m}\).
• Độ cao thực tế của ngọn núi là số đúng \(\overline{h}\) chưa biết chính xác nhưng nằm trong đoạn:
$$\overline{h} \in [1\,235 - 5; 1\,235 + 5] = [1\,230; 1\,240]\text{ (m)}.$$
2. Thực hiện làm tròn số gần đúng:
• Vì độ chính xác \(d = 5\text{ m} < 10\text{ m}\) (hàng chục) nên ta làm tròn số \(1\,235\) đến hàng chục.
• Chữ số hàng chục là 3, chữ số ngay sau nó là 5 (\(\ge 5\)) nên tăng chữ số hàng chục thêm 1 thành 4, và thay chữ số hàng đơn vị bằng 0.
Vậy số quy tròn là \(1\,240\text{ m}\).
Sử dụng máy tính cầm tay tìm số gần đúng cho \(\sqrt[3]{7}\) với độ chính xác \(0,0005\).
• Sử dụng máy tính cầm tay, ta bấm tính giá trị căn bậc ba của 7:
$$\sqrt[3]{7} = 1,912931183\ldots$$
• Vì độ chính xác \(d = 0,0005 < 0,001\) (hàng phần nghìn) nên ta làm tròn số đến hàng phần nghìn (chữ số thập phân thứ ba).
• Chữ số hàng phần nghìn là 2, chữ số ngay bên phải nó là 9 (\(\ge 5\)) nên ta tăng thêm 1 đơn vị thành 3.
Vậy số gần đúng của \(\sqrt[3]{7}\) với độ chính xác \(0,0005\) là 1,913.
Các nhà vật lí sử dụng ba phương pháp đo hằng số Hubble lần lượt cho kết quả như sau:
Phương pháp nào chính xác nhất theo sai số tương đối?
Đánh giá sai số tương đối của từng phương pháp:
- Phương pháp 1: \(a_1 = 67,31\); \(d_1 = 0,96\) $$\delta_1 \le \frac{d_1}{|a_1|} = \frac{0,96}{67,31} \approx 0,014262 = 1,426\%.$$
- Phương pháp 2: \(a_2 = 67,90\); \(d_2 = 0,55\) $$\delta_2 \le \frac{d_2}{|a_2|} = \frac{0,55}{67,90} \approx 0,008100 = 0,810\%.$$
- Phương pháp 3: \(a_3 = 67,74\); \(d_3 = 0,46\) $$\delta_3 \le \frac{d_3}{|a_3|} = \frac{0,46}{67,74} \approx 0,006791 = 0,679\%.$$
So sánh sai số tương đối: Vì \(\delta_3 < \delta_2 < \delta_1\) (\(0,679\% < 0,810\% < 1,426\%\)) nên theo tiêu chí sai số tương đối, phương pháp 3 là chính xác nhất.
An và Bình cùng tính chu vi của hình tròn bán kính \(2\text{ cm}\) với hai kết quả như sau:
Kết quả của An: \(S_1 = 2\pi R \approx 2 \cdot 3,14 \cdot 2 = 12,56\text{ cm}\);
Kết quả của Bình: \(S_2 = 2\pi R \approx 2 \cdot 3,1 \cdot 2 = 12,4\text{ cm}\).
Hỏi: a) Hai giá trị tính được có phải là các số gần đúng không? b) Giá trị nào chính xác hơn?
a) Về tính chất của hai giá trị:
Cả hai giá trị \(S_1 = 12,56\text{ cm}\) và \(S_2 = 12,4\text{ cm}\) đều là các số gần đúng vì cả An và Bình đều thay số vô tỉ \(\pi\) bằng các số gần đúng của nó (An dùng \(3,14\) và Bình dùng \(3,1\)).
b) So sánh độ chính xác:
Chu vi đúng của hình tròn là \(C = 2\pi R = 4\pi \approx 12,56637061\ldots\text{ cm}\).
• Sai số tuyệt đối của kết quả của An:
$$\Delta_1 = |C - S_1| = |4\pi - 12,56| \approx |12,56637 - 12,56| = 0,00637\text{ (cm)}.$$
• Sai số tuyệt đối của kết quả của Bình:
$$\Delta_2 = |C - S_2| = |4\pi - 12,4| \approx |12,56637 - 12,4| = 0,16637\text{ (cm)}.$$
Vì \(\Delta_1 < \Delta_2\) (\(0,00637\text{ cm} < 0,16637\text{ cm}\)) nên kết quả của An chính xác hơn kết quả của Bình.
Làm tròn số \(8\,316,4\) đến hàng chục và \(9,754\) đến hàng phần trăm rồi tính sai số tuyệt đối của số quy tròn.
1. Với số \(8\,316,4\):
• Làm tròn đến hàng chục: Chữ số hàng chục là 1, chữ số ngay sau nó là 6 (\(\ge 5\)) nên tăng chữ số hàng chục lên 1 đơn vị thành 2, chữ số hàng đơn vị thành 0 và bỏ phần thập phân.
Ta được số quy tròn là \(8\,320\).
• Sai số tuyệt đối của số quy tròn:
$$\Delta = |8\,316,4 - 8\,320| = |-3,6| = 3,6.$$
2. Với số \(9,754\):
• Làm tròn đến hàng phần trăm: Chữ số hàng phần trăm là 5, chữ số ngay sau nó là 4 (\(< 5\)) nên ta giữ nguyên 5 và bỏ chữ số hàng phần nghìn.
Ta được số quy tròn là \(9,75\).
• Sai số tuyệt đối của số quy tròn:
$$\Delta = |9,754 - 9,75| = |0,004| = 0,004.$$
Tìm số trung bình, trung vị, mốt và tứ phân vị của mỗi mẫu số liệu sau đây:
a) Số điểm mà 5 vận động viên bóng rổ ghi được trong một trận đấu: 9 8 15 8 20.
b) Giá của một số loại giày (đơn vị nghìn đồng): 350 300 650 300 450 500 300 250.
c) Số kênh được chiếu của một số hãng truyền hình cáp: 36 38 33 34 32 30 34 35.
Kết quả nào sau đây là hoàn toàn chính xác cho cả 3 mẫu số liệu?
a) Mẫu số liệu điểm 5 vận động viên: 9, 8, 15, 8, 20
• Sắp xếp dãy số theo thứ tự không giảm: \(8, 8, 9, 15, 20\) (có \(n = 5\) giá trị).
• Số trung bình: $$\overline{x} = \frac{8 + 8 + 9 + 15 + 20}{5} = \frac{60}{5} = 12.$$
• Vì \(n = 5\) là số lẻ nên trung vị là số ở chính giữa (số thứ 3): \(M_e = Q_2 = 9\).
• Tứ phân vị thứ nhất \(Q_1\) là trung vị của nửa số liệu bên trái \(Q_2\) (gồm 8, 8): $$Q_1 = \frac{8 + 8}{2} = 8.$$
• Tứ phân vị thứ ba \(Q_3\) là trung vị của nửa số liệu bên phải \(Q_2\) (gồm 15, 20): $$Q_3 = \frac{15 + 20}{2} = 17,5.$$
• Giá trị 8 xuất hiện nhiều nhất (2 lần) nên mốt là \(M_0 = 8\).
b) Mẫu giá giày (nghìn đồng): 350, 300, 650, 300, 450, 500, 300, 250
• Sắp xếp theo thứ tự không giảm: \(250, 300, 300, 300, 350, 450, 500, 650\) (có \(n = 8\) giá trị).
• Số trung bình: $$\overline{x} = \frac{250 + 300\times 3 + 350 + 450 + 500 + 650}{8} = \frac{3100}{8} = 387,5\text{ (nghìn đồng)}.$$
• Vì \(n = 8\) là số chẵn nên trung vị là trung bình cộng của 2 số chính giữa (số thứ 4 và thứ 5): $$M_e = Q_2 = \frac{300 + 350}{2} = 325.$$
• Nửa bên trái gồm 4 số (250, 300, 300, 300) có trung vị: $$Q_1 = \frac{300 + 300}{2} = 300.$$
• Nửa bên phải gồm 4 số (350, 450, 500, 650) có trung vị: $$Q_3 = \frac{450 + 500}{2} = 475.$$
• Giá trị 300 xuất hiện nhiều nhất (3 lần) nên mốt là \(M_0 = 300\).
c) Mẫu số kênh truyền hình cáp: 36, 38, 33, 34, 32, 30, 34, 35
• Sắp xếp theo thứ tự không giảm: \(30, 32, 33, 34, 34, 35, 36, 38\) (có \(n = 8\) giá trị).
• Số trung bình: $$\overline{x} = \frac{30 + 32 + 33 + 34 + 34 + 35 + 36 + 38}{8} = \frac{282}{8} = 35,25.$$
• Trung vị của mẫu: $$M_e = Q_2 = \frac{34 + 34}{2} = 34.$$
• Nửa bên trái gồm (30, 32, 33, 34) có trung vị: $$Q_1 = \frac{32 + 33}{2} = 32,5.$$
• Nửa bên phải gồm (34, 35, 36, 38) có trung vị: $$Q_3 = \frac{35 + 36}{2} = 35,5.$$
• Giá trị 34 xuất hiện nhiều nhất (2 lần) nên mốt là \(M_0 = 34\).
Hãy chọn số đặc trưng đo xu thế trung tâm của mỗi mẫu số liệu sau. Giải thích và tính giá trị của số đặc trưng đó.
a) Số mặt trăng đã biết của các hành tinh:
| Hành tinh | Thuỷ tinh | Kim tinh | Trái Đất | Hoả tinh | Mộc tinh | Thổ tinh | Thiên Vương tinh | Hải Vương tinh |
| Số mặt trăng | 0 | 0 | 1 | 2 | 63 | 34 | 27 | 13 |
b) Số đường chuyền thành công trong một trận đấu của một số cầu thủ bóng đá: 32 24 20 14 23.
c) Chỉ số IQ của một nhóm học sinh: 80 102 83 103 108 94 110 106 104 100.
d) Các sai số trong một phép đo: 10 15 18 15 14 13 42 15 12 14 42.
Khẳng định lựa chọn nào sau đây là đúng nhất?
a) Số mặt trăng của các hành tinh:
• Sắp xếp mẫu số liệu: \(0, 0, 1, 2, 13, 27, 34, 63\) (\(n = 8\)).
• Mẫu có các giá trị bất thường rất lớn (Mộc tinh: 63, Thổ tinh: 34 mặt trăng so với các hành tinh nhỏ từ 0 đến 2). Do đó số trung bình (\(\overline{x} = 17,5\)) bị kéo lệch, không phản ánh xu thế đa số.
• Vì vậy, nên chọn trung vị để đại diện: $$M_e = \frac{2 + 13}{2} = 7,5.$$
b) Số đường chuyền thành công của cầu thủ:
• Mẫu số liệu: \(14, 20, 23, 24, 32\) (\(n = 5\)).
• Các số liệu biến thiên tương đối đều, không có giá trị bất thường quá lớn hay quá bé.
• Do đó, nên chọn số trung bình làm đại diện: $$\overline{x} = \frac{14 + 20 + 23 + 24 + 32}{5} = \frac{113}{5} = 22,6.$$
c) Chỉ số IQ của nhóm học sinh:
• Sắp xếp: \(80, 83, 94, 100, 102, 103, 104, 106, 108, 110\) (\(n = 10\)).
• Các chỉ số IQ dao động khá ổn định từ 80 đến 110, phân bố tương đối đều, không có giá trị bất thường.
• Do đó, nên chọn số trung bình làm đại diện: $$\overline{x} = \frac{80 + 83 + 94 + 100 + 102 + 103 + 104 + 106 + 108 + 110}{10} = \frac{990}{10} = 99.$$
d) Các sai số trong một phép đo:
• Sắp xếp: \(10, 12, 13, 14, 14, 15, 15, 15, 18, 42, 42\) (\(n = 11\)).
• Có hai giá trị 42 lớn bất thường so với đa số sai số còn lại (chỉ dao động từ 10 đến 18). Giá trị này làm cho số trung bình (\(\overline{x} \approx 18,18\)) bị lệch.
• Do đó nên chọn trung vị (\(M_e = 15\)) hoặc mốt (\(M_0 = 15\), vì giá trị 15 xuất hiện 3 lần nhiều nhất) để đại diện cho sai số thông thường của phép đo.
Số lượng học sinh giỏi Quốc gia năm học 2018 – 2019 của 10 trường Trung học phổ thông được cho như sau:
a) Tìm số trung bình, mốt, các tứ phân vị của mẫu số liệu trên.
b) Giải thích tại sao tứ phân vị thứ nhất và trung vị trùng nhau.
Phương án nào nêu đúng các giá trị đặc trưng và lời giải thích?
a) Tìm các số đặc trưng:
• Sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm:
0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 4, 6, 10 (\(n = 10\)).
• Số trung bình: $$\overline{x} = \frac{0\times 7 + 4 + 6 + 10}{10} = \frac{20}{10} = 2.$$
• Mốt: Giá trị 0 xuất hiện nhiều nhất (7 lần) nên $$M_0 = 0.$$
• Trung vị: Vì \(n = 10\) là số chẵn nên trung vị là trung bình cộng của số thứ 5 và thứ 6: $$Q_2 = M_e = \frac{0 + 0}{2} = 0.$$
• Tứ phân vị thứ nhất \(Q_1\): là trung vị của 5 số bên trái (0, 0, 0, 0, 0) nên $$Q_1 = 0.$$
• Tứ phân vị thứ ba \(Q_3\): là trung vị của 5 số bên phải (0, 0, 4, 6, 10), số ở chính giữa là 4 nên $$Q_3 = 4.$$
b) Giải thích tại sao tứ phân vị thứ nhất và trung vị trùng nhau:
Tứ phân vị thứ nhất và trung vị trùng nhau (\(Q_1 = Q_2 = 0\)) vì có tới 7 trên 10 trường (chiếm 70% mẫu số liệu) không có học sinh giỏi Quốc gia nào (nhận giá trị 0). Do số lượng giá trị 0 chiếm đa số áp đảo nên cả vị trí chính giữa của toàn bộ mẫu số liệu lẫn vị trí chính giữa của nửa bên trái đều rơi vào giá trị 0.
Bảng sau đây cho biết số chỗ ngồi của một số sân vận động được sử dụng trong Giải Bóng đá Vô địch Quốc gia Việt Nam năm 2018 (số liệu gần đúng):
| Sân vận động | Cẩm Phả | Thiên Trường | Hàng Đẫy | Thanh Hoá | Mỹ Đình |
| Số chỗ ngồi | 20 120 | 21 315 | 23 405 | 20 120 | 37 546 |
Các giá trị số trung bình, trung vị, mốt bị ảnh hưởng thế nào nếu bỏ đi số liệu chỗ ngồi của Sân vận động Quốc gia Mỹ Đình?
1. Khi có số liệu sân Mỹ Đình (mẫu gồm 5 sân):
• Sắp xếp theo thứ tự không giảm: \(20\,120;\; 20\,120;\; 21\,315;\; 23\,405;\; 37\,546\).
• Số trung bình ban đầu: $$\overline{x} = \frac{20\,120 + 20\,120 + 21\,315 + 23\,405 + 37\,546}{5} = \frac{122\,506}{5} = 24\,501,2\text{ (chỗ)}.$$
• Vì \(n = 5\) là số lẻ nên trung vị là số thứ 3: $$M_e = 21\,315\text{ (chỗ)}.$$
• Mốt là giá trị xuất hiện 2 lần: $$M_0 = 20\,120\text{ (chỗ)}.$$
2. Khi bỏ đi số liệu sân Mỹ Đình (mẫu còn 4 sân):
• Mẫu số liệu: \(20\,120;\; 20\,120;\; 21\,315;\; 23\,405\).
• Số trung bình mới: $$\overline{x}' = \frac{20\,120 + 20\,120 + 21\,315 + 23\,405}{4} = \frac{84\,960}{4} = 21\,240\text{ (chỗ)}.$$
• Vì \(n = 4\) là số chẵn nên trung vị mới là trung bình cộng của 2 số chính giữa: $$M_e' = \frac{20\,120 + 21\,315}{2} = 20\,717,5\text{ (chỗ)}.$$
• Mốt mới: Giá trị \(20\,120\) vẫn xuất hiện 2 lần nên $$M_0' = 20\,120\text{ (chỗ)}.$$
3. Kết luận về sự ảnh hưởng:
- Số trung bình bị ảnh hưởng nhiều nhất: giảm rất mạnh đi \(24\,501,2 - 21\,240 = 3\,261,2\) chỗ ngồi (do sân Mỹ Đình có quy mô sức chứa lớn bất thường).
- Trung vị bị ảnh hưởng nhẹ: giảm đi \(21\,315 - 20\,717,5 = 597,5\) chỗ ngồi.
- Mốt hoàn toàn không bị ảnh hưởng: vẫn giữ nguyên là \(20\,120\).
2,593 3,270 3,813 4,042 3,387.
| Thời điểm \(t\) (giờ) | 7 | 9 | 11 | 13 | 15 |
|---|---|---|---|---|---|
| Nhiệt độ \(T\) (\(^\circ\text{C}\)) | 22 | 25 | 28 | 30 | 28 |
a) $y = x^2 - 3x + 2$;
b) $y = -2x^2 + 2x + 3$;
c) $y = x^2 + 2x + 1$;
d) $y = -x^2 + x - 1$.
Toạ độ đỉnh $I$ và trục đối xứng của 4 parabol trên lần lượt là:
a) Parabol $y = x^2 - 3x + 2$:
- Hệ số $a = 1 > 0, b = -3, c = 2 \implies \Delta = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 1$.
- Đỉnh $I\left(-\dfrac{b}{2a}; -\dfrac{\Delta}{4a}\right) = I\left(\dfrac{3}{2}; -\dfrac{1}{4}\right)$.
- Trục đối xứng là đường thẳng $x = \dfrac{3}{2}$.
- Vì $a = 1 > 0$ nên bề lõm quay lên trên.
- Giao điểm với trục tung: $x = 0 \implies y = 2$, điểm $(0; 2)$. Điểm đối xứng với nó qua trục đối xứng là $(3; 2)$.
- Giao điểm với trục hoành: $x^2 - 3x + 2 = 0 \iff x = 1$ hoặc $x = 2$, tức các điểm $(1; 0)$ và $(2; 0)$.
b) Parabol $y = -2x^2 + 2x + 3$:
- Hệ số $a = -2 < 0, b = 2, c = 3 \implies \Delta = 2^2 - 4(-2)(3) = 28$.
- Đỉnh $I\left(-\dfrac{b}{2a}; -\dfrac{\Delta}{4a}\right) = I\left(\dfrac{1}{2}; \dfrac{7}{2}\right)$.
- Trục đối xứng là đường thẳng $x = \dfrac{1}{2}$.
- Vì $a = -2 < 0$ nên bề lõm quay xuống dưới.
- Giao điểm với trục tung: $x = 0 \implies y = 3$, điểm $(0; 3)$. Điểm đối xứng với nó qua trục đối xứng là $(1; 3)$.
- Giao điểm với trục hoành: $-2x^2 + 2x + 3 = 0 \iff x = \dfrac{1 \pm \sqrt{7}}{2}$.
c) Parabol $y = x^2 + 2x + 1 = (x + 1)^2$:
- Hệ số $a = 1 > 0, b = 2, c = 1 \implies \Delta = 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1 = 0$.
- Đỉnh $I(-1; 0)$.
- Trục đối xứng là đường thẳng $x = -1$.
- Vì $a = 1 > 0$ nên bề lõm quay lên trên.
- Giao điểm với trục tung: $x = 0 \implies y = 1$, điểm $(0; 1)$. Điểm đối xứng qua trục là $(-2; 1)$.
- Parabol tiếp xúc với trục hoành tại đỉnh $I(-1; 0)$.
d) Parabol $y = -x^2 + x - 1$:
- Hệ số $a = -1 < 0, b = 1, c = -1 \implies \Delta = 1^2 - 4(-1)(-1) = -3 < 0$.
- Đỉnh $I\left(\dfrac{1}{2}; -\dfrac{3}{4}\right)$.
- Trục đối xứng là đường thẳng $x = \dfrac{1}{2}$.
- Vì $a = -1 < 0$ nên bề lõm quay xuống dưới.
- Giao điểm với trục tung: $x = 0 \implies y = -1$, điểm $(0; -1)$. Điểm đối xứng qua trục là $(1; -1)$.
- Vì $\Delta < 0$ nên parabol không cắt trục hoành (nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành).
Hàm số bậc hai $y = ax^2 + bx + c$ có hoành độ đỉnh $x_I = -\dfrac{b}{2a}$:
- Nếu $a > 0$: hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty; -\dfrac{b}{2a}\right)$ và đồng biến trên khoảng $\left(-\dfrac{b}{2a}; +\infty\right)$.
- Nếu $a < 0$: hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty; -\dfrac{b}{2a}\right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left(-\dfrac{b}{2a}; +\infty\right)$.
Áp dụng:
- a) $y = x^2 - 3x + 2$ có $a = 1 > 0$ và $x_I = \dfrac{3}{2} \implies$ nghịch biến trên $\left(-\infty; \dfrac{3}{2}\right)$, đồng biến trên $\left(\dfrac{3}{2}; +\infty\right)$.
- b) $y = -2x^2 + 2x + 3$ có $a = -2 < 0$ và $x_I = \dfrac{1}{2} \implies$ đồng biến trên $\left(-\infty; \dfrac{1}{2}\right)$, nghịch biến trên $\left(\dfrac{1}{2}; +\infty\right)$.
- c) $y = x^2 + 2x + 1$ có $a = 1 > 0$ và $x_I = -1 \implies$ nghịch biến trên $(-\infty; -1)$, đồng biến trên $(-1; +\infty)$.
- d) $y = -x^2 + x - 1$ có $a = -1 < 0$ và $x_I = \dfrac{1}{2} \implies$ đồng biến trên $\left(-\infty; \dfrac{1}{2}\right)$, nghịch biến trên $\left(\dfrac{1}{2}; +\infty\right)$.
a) Đi qua hai điểm $A(1; 0)$ và $B(2; 4)$;
b) Đi qua điểm $A(1; 0)$ và có trục đối xứng $x = 1$;
c) Có đỉnh $I(1; 2)$;
d) Đi qua điểm $C(-1; 1)$ và có tung độ đỉnh bằng $-0,25$.
a) Đi qua hai điểm $A(1; 0)$ và $B(2; 4)$:
- Parabol đi qua $A(1; 0) \implies a(1)^2 + b(1) + 1 = 0 \iff a + b = -1$.
- Parabol đi qua $B(2; 4) \implies a(2)^2 + b(2) + 1 = 4 \iff 4a + 2b = 3$.
Giải hệ phương trình $\begin{cases} a + b = -1 \\ 4a + 2b = 3 \end{cases} \iff \begin{cases} a = \dfrac{5}{2} \\ b = -\dfrac{7}{2} \end{cases}$.
Vậy parabol là: $y = \dfrac{5}{2}x^2 - \dfrac{7}{2}x + 1$.
b) Đi qua điểm $A(1; 0)$ và có trục đối xứng $x = 1$:
- Trục đối xứng $x = -\dfrac{b}{2a} = 1 \iff b = -2a \iff 2a + b = 0$.
- Parabol đi qua $A(1; 0) \implies a(1)^2 + b(1) + 1 = 0 \iff a + b = -1$.
Thay $b = -2a$ vào ta được: $a - 2a = -1 \iff -a = -1 \iff a = 1 \implies b = -2$.
Vậy parabol là: $y = x^2 - 2x + 1$.
c) Có đỉnh $I(1; 2)$:
- Hoành độ đỉnh: $x_I = -\dfrac{b}{2a} = 1 \iff b = -2a$.
- Tung độ đỉnh: vì $I$ thuộc parabol nên $y(1) = 2 \implies a(1)^2 + b(1) + 1 = 2 \iff a + b = 1$.
Thay $b = -2a$ vào: $a - 2a = 1 \iff -a = 1 \iff a = -1 \implies b = 2$.
Vậy parabol là: $y = -x^2 + 2x + 1$.
d) Đi qua điểm $C(-1; 1)$ và có tung độ đỉnh bằng $-0,25$:
- Parabol đi qua $C(-1; 1) \implies a(-1)^2 + b(-1) + 1 = 1 \iff a - b = 0 \iff b = a$.
- Tung độ đỉnh: $-\dfrac{\Delta}{4a} = -\dfrac{b^2 - 4a \cdot 1}{4a} = -\dfrac{a^2 - 4a}{4a} = -\dfrac{a - 4}{4} = \dfrac{4 - a}{4}$.
Theo đề bài, tung độ đỉnh bằng $-0,25 = -\dfrac{1}{4}$:
$$\dfrac{4 - a}{4} = -\dfrac{1}{4} \iff 4 - a = -1 \iff a = 5 \implies b = 5.$$ Vậy parabol là: $y = 5x^2 + 5x + 1$.
(Gợi ý: Phương trình parabol có thể viết dưới dạng $y = a(x - h)^2 + k$, trong đó $I(h; k)$ là toạ độ đỉnh của parabol).
- Vì parabol có đỉnh $I(h; k) = I(6; -12)$ nên phương trình parabol có dạng: $$y = a(x - 6)^2 - 12.$$ - Parabol đi qua điểm $A(8; 0)$, thay toạ độ điểm $A$ vào phương trình: $$0 = a(8 - 6)^2 - 12 \iff 4a - 12 = 0 \iff 4a = 12 \iff a = 3.$$ - Thay $a = 3$ vào phương trình: $$y = 3(x - 6)^2 - 12 = 3(x^2 - 12x + 36) - 12 = 3x^2 - 36x + 108 - 12 = 3x^2 - 36x + 96.$$
Cách 2 (Sử dụng hệ toạ độ và các hệ số):
- Hoành độ đỉnh: $-\dfrac{b}{2a} = 6 \iff b = -12a$.
- Đỉnh $I(6; -12)$ thuộc parabol $\implies a \cdot 6^2 + b \cdot 6 + c = -12 \iff 36a + 6b + c = -12$.
- Điểm $A(8; 0)$ thuộc parabol $\implies a \cdot 8^2 + b \cdot 8 + c = 0 \iff 64a + 8b + c = 0$.
Thay $b = -12a$ vào hai phương trình:
$$\begin{cases} 36a + 6(-12a) + c = -12 \\ 64a + 8(-12a) + c = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} -36a + c = -12 \\ -32a + c = 0 \end{cases}$$ Trừ vế theo vế: $4a = 12 \implies a = 3$.
$\implies b = -12(3) = -36$ và $c = 32(3) = 96$.
Vậy parabol cần tìm là: $y = 3x^2 - 36x + 96$.
a) $(P)$ nằm hoàn toàn phía trên trục hoành;
b) $(P)$ nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành;
c) $(P)$ cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và có đỉnh nằm phía dưới trục hoành;
d) $(P)$ tiếp xúc với trục hoành và nằm phía trên trục hoành.
a) $(P)$ nằm hoàn toàn phía trên trục hoành:
- Vì đồ thị nằm hoàn toàn phía trên trục hoành nên giá trị của hàm số luôn dương ($y > 0, \forall x \in \mathbb{R}$). Do đó bề lõm phải quay lên trên $\implies a > 0$.
- Đồ thị không cắt trục hoành nên phương trình $ax^2 + bx + c = 0$ vô nghiệm $\implies \Delta < 0$.
Vậy: $a > 0$ và $\Delta < 0$.
b) $(P)$ nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành:
- Vì đồ thị nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành nên giá trị của hàm số luôn âm ($y < 0, \forall x \in \mathbb{R}$). Do đó bề lõm phải quay xuống dưới $\implies a < 0$.
- Đồ thị không cắt trục hoành nên phương trình $ax^2 + bx + c = 0$ vô nghiệm $\implies \Delta < 0$.
Vậy: $a < 0$ và $\Delta < 0$.
c) $(P)$ cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và có đỉnh nằm phía dưới trục hoành:
- $(P)$ cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt nên phương trình $ax^2 + bx + c = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $\implies \Delta > 0$.
- Đỉnh $I$ nằm phía dưới trục hoành mà $(P)$ cắt trục hoành tại 2 điểm nên đỉnh $I$ là điểm thấp nhất của parabol, suy ra bề lõm quay lên trên $\implies a > 0$.
Vậy: $a > 0$ và $\Delta > 0$.
d) $(P)$ tiếp xúc với trục hoành và nằm phía trên trục hoành:
- $(P)$ tiếp xúc với trục hoành nên phương trình $ax^2 + bx + c = 0$ có nghiệm kép $\implies \Delta = 0$.
- $(P)$ nằm phía trên trục hoành ($y \ge 0, \forall x \in \mathbb{R}$) nên bề lõm quay lên trên $\implies a > 0$.
Vậy: $a > 0$ và $\Delta = 0$.
An nói: "Tớ đọc ở một tài liệu thấy nói rằng cổng Đại học Bách khoa Hà Nội (H.6.14) có dạng một parabol, khoảng cách giữa hai chân cổng là $8\text{ m}$ và chiều cao của cổng tính từ một điểm trên mặt đất cách chân cổng $0,5\text{ m}$ là $2,93\text{ m}$. Từ đó tớ tính ra được chiều cao của cổng parabol đó là $12\text{ m}$."
Sau một hồi suy nghĩ, Bình nói: "Nếu dữ kiện như bạn nói, thì chiều cao của cổng parabol mà bạn tính ra ở trên là không chính xác."
- Chọn hệ trục toạ độ $Oxy$ sao cho gốc toạ độ $O(0; 0)$ tại một chân cổng, chân cổng thứ hai nằm trên tia $Ox$ cách gốc $8\text{ m}$ nên có toạ độ $B(8; 0)$.
- Cổng có dạng parabol đi qua gốc toạ độ $O(0; 0)$ nên phương trình có dạng: $$y = ax^2 + bx \quad (a < 0).$$ - Parabol đi qua điểm $B(8; 0)$ nên: $$a \cdot 8^2 + b \cdot 8 = 0 \iff 64a + 8b = 0 \iff 8a + b = 0 \iff b = -8a.$$ - Điểm trên mặt đất cách chân cổng $0,5\text{ m}$ có chiều cao $2,93\text{ m}$, tức đồ thị đi qua điểm $M(0,5; 2,93)$. Thay vào phương trình: $$2,93 = a(0,5)^2 + b(0,5) = 0,25a + 0,5(-8a) = 0,25a - 4a = -3,75a$$ $$\implies a = -\dfrac{2,93}{3,75} \approx -0,7813 \implies b = -8a = \dfrac{2,93 \times 8}{3,75} = \dfrac{23,44}{3,75} \approx 6,2507.$$ - Chiều cao của cổng parabol chính là tung độ đỉnh $y_I$ của parabol tại hoành độ trung điểm hai chân cổng $x_I = \dfrac{8}{2} = 4\text{ m}$: $$y_I = a(4)^2 + b(4) = 16a + 4(-8a) = -16a = -16 \cdot \left(-\dfrac{2,93}{3,75}\right) = \dfrac{46,88}{3,75} \approx 12,5013\text{ m} \approx 12,5\text{ m}.$$ Kết luận: Chiều cao của cổng parabol tính theo số liệu là khoảng $12,5\text{ m}$. Kết quả $12\text{ m}$ của bạn An tính ra là không chính xác (nhận xét của bạn Bình là đúng).
a) Tính diện tích mảnh vườn hình chữ nhật rào được theo chiều rộng $x$ (mét) của nó.
b) Tìm kích thước của mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích lớn nhất mà bác Hùng có thể rào được.
a) Tính diện tích $S(x)$ theo chiều rộng $x$:
- Chu vi của mảnh vườn hình chữ nhật rào kín bốn cạnh bằng $40\text{ m}$ lưới là $40\text{ m}$.
- Nửa chu vi của mảnh vườn là: $40 : 2 = 20\text{ m}$.
- Chiều rộng của mảnh vườn là $x\text{ (m)}$ (điều kiện $0 < x < 20$, nếu coi chiều rộng không vượt quá chiều dài thì $0 < x \le 10$).
- Chiều dài của mảnh vườn là: $20 - x\text{ (m)}$.
- Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật rào được là: $$S(x) = x(20 - x) = -x^2 + 20x\text{ (m}^2\text{)}.$$
b) Tìm kích thước để diện tích lớn nhất:
- Hàm số diện tích $S(x) = -x^2 + 20x$ là hàm số bậc hai với $a = -1 < 0, b = 20$.
- Ta có thể biến đổi về dạng chính tắc: $$S(x) = -(x^2 - 20x) = -(x^2 - 2 \cdot 10 \cdot x + 100) + 100 = -(x - 10)^2 + 100.$$ - Vì $-(x - 10)^2 \le 0$ với mọi $x$, nên $S(x) \le 100$.
- Dấu bằng xảy ra khi $x - 10 = 0 \iff x = 10\text{ m}$.
Khi $x = 10\text{ m}$ thì chiều dài mảnh vườn là $20 - 10 = 10\text{ m}$.
Kết luận: Mảnh vườn có diện tích lớn nhất khi nó là một hình vuông có kích thước cạnh $10\text{ m} \times 10\text{ m}$, và diện tích lớn nhất đạt được là $100\text{ m}^2$.
b) Tính khoảng cách từ điểm chạm đất sau khi bay của vật đến gốc $O$. Khoảng cách này gọi là tầm xa của quỹ đạo.
a) Độ cao lớn nhất của vật trong quá trình bay:
- Phương trình quỹ đạo là hàm số bậc hai: $y = ax^2 + bx + c$ với $a = -\dfrac{3}{1000} < 0, b = 1, c = 0$.
- Vì $a < 0$ nên parabol có bề lõm quay xuống dưới, độ cao lớn nhất của vật đạt được tại đỉnh của parabol.
- Hoành độ đỉnh: $$x_I = -\dfrac{b}{2a} = -\dfrac{1}{2 \cdot \left(-\dfrac{3}{1000}\right)} = \dfrac{1000}{6} = \dfrac{500}{3}\text{ m} \approx 166,67\text{ m}.$$ - Độ cao lớn nhất là tung độ đỉnh $y_I$: $$y_I = -\dfrac{3}{1000} \cdot \left(\dfrac{500}{3}\right)^2 + \dfrac{500}{3} = -\dfrac{3}{1000} \cdot \dfrac{250000}{9} + \dfrac{500}{3} = -\dfrac{250}{3} + \dfrac{500}{3} = \dfrac{250}{3}\text{ m} \approx 83,33\text{ m}.$$
b) Khoảng cách từ điểm chạm đất đến gốc $O$ (tầm xa của quỹ đạo):
- Khi vật chạm đất thì độ cao $y = 0$. Ta có phương trình: $$-\dfrac{3}{1000}x^2 + x = 0 \iff x\left(-\dfrac{3}{1000}x + 1\right) = 0$$ $$\iff \left[\begin{array}{l} x = 0 \\ -\dfrac{3}{1000}x + 1 = 0 \iff x = \dfrac{1000}{3}\text{ m} \approx 333,33\text{ m}. \end{array}\right.$$ - $x = 0$ là vị trí ném ban đầu tại gốc $O$.
- $x = \dfrac{1000}{3}\text{ m}$ là vị trí vật chạm đất.
Kết luận: Khoảng cách từ điểm chạm đất đến gốc $O$ (tầm xa của quỹ đạo) là $\dfrac{1000}{3}\text{ m} \approx 333,33\text{ m}$.
a) $3x^2 - 4x + 1$;
b) $x^2 + 2x + 1$;
c) $-x^2 + 3x - 2$;
d) $-x^2 + x - 1$.
a) $f(x) = 3x^2 - 4x + 1$:
- Hệ số $a = 3 > 0$.
- Tam thức có hai nghiệm phân biệt $x_1 = \dfrac{1}{3}$ và $x_2 = 1$.
- Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai (trong trái, ngoài cùng):
+ $f(x) > 0$ khi $x \in \left(-\infty; \dfrac{1}{3}\right) \cup (1; +\infty)$;
+ $f(x) < 0$ khi $x \in \left(\dfrac{1}{3}; 1\right)$;
+ $f(x) = 0$ khi $x \in \left\{\dfrac{1}{3}; 1\right\}$.
b) $f(x) = x^2 + 2x + 1 = (x + 1)^2$:
- Hệ số $a = 1 > 0, \Delta' = 1 - 1 = 0$.
- Tam thức có nghiệm kép $x = -1$.
- Do đó $f(x) > 0$ với mọi $x \ne -1$ và $f(-1) = 0$.
c) $f(x) = -x^2 + 3x - 2$:
- Hệ số $a = -1 < 0$.
- Tam thức có hai nghiệm phân biệt $x_1 = 1$ và $x_2 = 2$.
- Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai:
+ $f(x) > 0$ khi $x \in (1; 2)$;
+ $f(x) < 0$ khi $x \in (-\infty; 1) \cup (2; +\infty)$;
+ $f(x) = 0$ khi $x \in \{1; 2\}$.
d) $f(x) = -x^2 + x - 1$:
- Hệ số $a = -1 < 0$.
- $\Delta = 1^2 - 4(-1)(-1) = 1 - 4 = -3 < 0$.
- Vì $\Delta < 0$ nên tam thức luôn cùng dấu với hệ số $a$, tức $f(x) < 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.
a) $x^2 - 1 \ge 0$;
b) $x^2 - 2x - 1 < 0$;
c) $-3x^2 + 12x + 1 \le 0$;
d) $5x^2 + x + 1 \ge 0$.
a) $x^2 - 1 \ge 0$:
Tam thức $x^2 - 1$ có hệ số $a = 1 > 0$ và hai nghiệm $x = \pm 1$.
Do $a > 0$ nên $x^2 - 1 \ge 0$ khi $x \le -1$ hoặc $x \ge 1$.
Tập nghiệm: $S = (-\infty; -1] \cup [1; +\infty)$.
b) $x^2 - 2x - 1 < 0$:
Tam thức có $\Delta' = 1 - (-1) = 2 > 0$, hệ số $a = 1 > 0$ và hai nghiệm $x = 1 \pm \sqrt{2}$.
Bất phương trình mang dấu âm (trái dấu với $a$) trong khoảng hai nghiệm.
Tập nghiệm: $S = (1 - \sqrt{2}; 1 + \sqrt{2})$.
c) $-3x^2 + 12x + 1 \le 0$:
Tam thức có $\Delta' = 6^2 - (-3)(1) = 39 > 0$, hệ số $a = -3 < 0$.
Hai nghiệm phân biệt: $x = \dfrac{-6 \pm \sqrt{39}}{-3} = \dfrac{6 \mp \sqrt{39}}{3}$.
Do $a = -3 < 0$, tam thức cùng dấu với $a$ (mang dấu $\le 0$) ở ngoài đoạn hai nghiệm.
Tập nghiệm: $S = \left(-\infty; \dfrac{6 - \sqrt{39}}{3}\right] \cup \left[\dfrac{6 + \sqrt{39}}{3}; +\infty\right)$.
d) $5x^2 + x + 1 \ge 0$:
Tam thức có $\Delta = 1^2 - 4 \cdot 5 \cdot 1 = -19 < 0$ và hệ số $a = 5 > 0$.
Vì $\Delta < 0$ và $a > 0$ nên $5x^2 + x + 1 > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$.
Tập nghiệm: $S = \mathbb{R}$.
Tam thức bậc hai $f(x) = ax^2 + bx + c$ dương với mọi $x \in \mathbb{R}$ khi và chỉ khi: $$\begin{cases} a > 0 \\ \Delta < 0 \end{cases}$$ Lời giải chi tiết:
Tam thức $f(x) = x^2 + (m + 1)x + 2m + 3$ có hệ số $a = 1 > 0$ (luôn thỏa mãn).
Điều kiện để $f(x) > 0, \forall x \in \mathbb{R}$ là: $$\Delta < 0 \iff (m + 1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (2m + 3) < 0$$ $$\iff m^2 + 2m + 1 - 8m - 12 < 0$$ $$\iff m^2 - 6m - 11 < 0.$$ Xét tam thức $g(m) = m^2 - 6m - 11 = 0$ có $\Delta'_m = (-3)^2 - 1(-11) = 9 + 11 = 20 > 0$.
Hai nghiệm phân biệt: $$m_1 = 3 - \sqrt{20} = 3 - 2\sqrt{5}, \quad m_2 = 3 + \sqrt{20} = 3 + 2\sqrt{5}.$$ Vì hệ số của $m^2$ là $1 > 0$, nên $m^2 - 6m - 11 < 0$ khi $m$ nằm trong khoảng hai nghiệm:
$$3 - 2\sqrt{5} < m < 3 + 2\sqrt{5}.$$ Vậy các giá trị $m$ cần tìm là $m \in (3 - 2\sqrt{5}; 3 + 2\sqrt{5})$.
- Chọn trục toạ độ thẳng đứng hướng từ mặt đất lên trên, gốc toạ độ tại mặt đất.
- Khi ném vật từ độ cao ban đầu $y_0 = 320\text{ m}$ theo phương thẳng đứng xuống dưới với vận tốc ban đầu $v_0 = 20\text{ m/s}$, độ cao của vật so với mặt đất tại thời điểm $t\text{ (giây)}$ được xác định bởi công thức: $$h(t) = y_0 - v_0 t - \dfrac{1}{2}gt^2 = 320 - 20t - 4,9t^2\text{ (m)} \quad (\text{với } g \approx 9,8\text{ m/s}^2).$$ - Vật cách mặt đất không quá $100\text{ m}$ khi và chỉ khi: $$h(t) \le 100 \iff 320 - 20t - 4,9t^2 \le 100 \iff 4,9t^2 + 20t - 220 \ge 0.$$ - Xét phương trình bậc hai $4,9t^2 + 20t - 220 = 0$: $$\Delta' = 10^2 - 4,9 \cdot (-220) = 100 + 1078 = 1178 > 0.$$ Nghiệm dương duy nhất (vì thời gian $t \ge 0$): $$t = \dfrac{-10 + \sqrt{1178}}{4,9} \approx \dfrac{-10 + 34,322}{4,9} \approx 4,9637\text{ (giây)} \approx 4,96\text{ s}.$$ (Nếu tính theo $g = 10\text{ m/s}^2$: $5t^2 + 20t - 220 \ge 0 \iff t \ge -2 + 4\sqrt{3} \approx 4,93\text{ s}$).
Kết luận: Sau ít nhất khoảng $4,96\text{ giây}$ (xấp xỉ $5\text{ giây}$), vật đó sẽ cách mặt đất không quá $100\text{ m}$.
- Đoạn $AB = 4$, bán kính hình tròn lớn là $R = \dfrac{AB}{2} = 2$.
Diện tích hình tròn lớn là: $S_0 = \pi R^2 = \pi \cdot 2^2 = 4\pi$.
- Điểm $M$ di chuyển trên đoạn $AB$ nên $AM = x$ với điều kiện $0 < x < 4$.
+ Đường tròn đường kính $AM = x$ có bán kính $r_1 = \dfrac{x}{2}$, diện tích là: $$S_1 = \pi r_1^2 = \pi \left(\dfrac{x}{2}\right)^2 = \dfrac{\pi x^2}{4}.$$ + Đường tròn đường kính $MB = 4 - x$ có bán kính $r_2 = \dfrac{4 - x}{2}$, diện tích là: $$S_2 = \pi r_2^2 = \pi \left(\dfrac{4 - x}{2}\right)^2 = \dfrac{\pi (4 - x)^2}{4}.$$ - Tổng diện tích hai hình tròn nhỏ là: $$S_{\text{nhỏ}} = S_1 + S_2 = \dfrac{\pi}{4} [x^2 + (4 - x)^2] = \dfrac{\pi}{4} (2x^2 - 8x + 16) = \dfrac{\pi}{2} (x^2 - 4x + 8).$$ - Diện tích $S(x)$ phần nằm trong hình tròn lớn và ngoài hai hình tròn nhỏ: $$S(x) = S_0 - S_{\text{nhỏ}} = 4\pi - \dfrac{\pi}{2} (x^2 - 4x + 8) = \dfrac{\pi}{2} [8 - (x^2 - 4x + 8)] = \dfrac{\pi}{2} (-x^2 + 4x).$$ - Yêu cầu bài toán: $S(x)$ không vượt quá một nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ: $$S(x) \le \dfrac{1}{2} S_{\text{nhỏ}} \iff \dfrac{\pi}{2} (-x^2 + 4x) \le \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi}{2} (x^2 - 4x + 8)$$ $$\iff -x^2 + 4x \le \dfrac{1}{2} (x^2 - 4x + 8) \iff -2x^2 + 8x \le x^2 - 4x + 8$$ $$\iff 3x^2 - 12x + 8 \ge 0.$$ - Tam thức $3x^2 - 12x + 8 = 0$ có $\Delta' = (-6)^2 - 3 \cdot 8 = 12 > 0$ và hai nghiệm: $$x_1 = \dfrac{6 - \sqrt{12}}{3} = \dfrac{6 - 2\sqrt{3}}{3} = 2 - \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \approx 0,85$$ $$x_2 = \dfrac{6 + \sqrt{12}}{3} = \dfrac{6 + 2\sqrt{3}}{3} = 2 + \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \approx 3,15.$$ - Vì hệ số $a = 3 > 0$, bất phương trình $3x^2 - 12x + 8 \ge 0$ nghiệm đúng khi: $$x \le 2 - \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \quad \text{hoặc} \quad x \ge 2 + \dfrac{2\sqrt{3}}{3}.$$ - Kết hợp với điều kiện $0 < x < 4$, ta được các giá trị của $x$ cần tìm là: $$x \in \left(0; 2 - \dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right] \cup \left[2 + \dfrac{2\sqrt{3}}{3}; 4\right).$$
Phương trình tổng quát của đường thẳng $\Delta_1$ đi qua điểm $A(1; 3)$ và nhận $\vec{n}(2; 1)$ làm vectơ pháp tuyến là: $$2(x - 1) + 1(y - 3) = 0 \iff 2x - 2 + y - 3 = 0 \iff 2x + y - 5 = 0.$$
Phương trình tham số của đường thẳng $\Delta_2$ đi qua điểm $B(-2; 1)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{v}(3; 2)$ là: $$\begin{cases} x = -2 + 3t \\ y = 1 + 2t \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R}).$$
- Vectơ chỉ phương của đường thẳng $AB$ là: $$\overrightarrow{AB} = (-2 - 1; 1 - 3) = (-3; -2).$$ - Chọn vectơ chỉ phương cùng phương là $\vec{u} = -\overrightarrow{AB} = (3; 2)$.
- Đường thẳng $AB$ đi qua điểm $A(1; 3)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u}(3; 2)$ có phương trình tham số là: $$\begin{cases} x = 1 + 3t \\ y = 3 + 2t \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R}).$$
- Trục hoành $Ox$ đi qua gốc toạ độ $O(0; 0)$ và nhận vectơ đơn vị $\vec{j}(0; 1)$ làm vectơ pháp tuyến. Do đó phương trình tổng quát của $Ox$ là: $$0(x - 0) + 1(y - 0) = 0 \iff y = 0.$$ - Trục tung $Oy$ đi qua gốc toạ độ $O(0; 0)$ và nhận vectơ đơn vị $\vec{i}(1; 0)$ làm vectơ pháp tuyến. Do đó phương trình tổng quát của $Oy$ là: $$1(x - 0) + 0(y - 0) = 0 \iff x = 0.$$
Cách 1 (Khử tham số $t$):
Từ phương trình tham số ta có: $$t = \dfrac{x - 1}{2} = \dfrac{y - 3}{5} \iff 5(x - 1) = 2(y - 3) \iff 5x - 5 = 2y - 6 \iff 5x - 2y + 1 = 0.$$ Cách 2 (Dùng vectơ pháp tuyến):
Đường thẳng $\Delta_1$ đi qua điểm $M(1; 3)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u} = (2; 5)$.
Suy ra vectơ pháp tuyến của $\Delta_1$ là $\vec{n} = (5; -2)$.
Phương trình tổng quát là: $$5(x - 1) - 2(y - 3) = 0 \iff 5x - 2y + 1 = 0.$$
- Đường thẳng $\Delta_2: 2x + 3y - 5 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n} = (2; 3)$.
- Do đó một vectơ chỉ phương của $\Delta_2$ là $\vec{u} = (-3; 2)$ (hoặc $\vec{u}' = (3; -2)$).
- Tìm một điểm thuộc $\Delta_2$: Cho $y = 1 \Rightarrow 2x + 3(1) - 5 = 0 \iff 2x = 2 \iff x = 1$, ta được điểm $M(1; 1) \in \Delta_2$.
- Phương trình tham số của $\Delta_2$ đi qua $M(1; 1)$ và có VTCP $\vec{u}(-3; 2)$ là: $$\begin{cases} x = 1 - 3t \\ y = 1 + 2t \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R}).$$
- Đường cao kẻ từ đỉnh $A$ vuông góc với cạnh $BC$.
- Ta có: $\overrightarrow{BC} = (-2 - 3; -1 - 0) = (-5; -1) = -(5; 1)$.
- Do đó, đường cao kẻ từ $A$ nhận $\vec{n} = (5; 1)$ làm một vectơ pháp tuyến.
- Phương trình tổng quát của đường cao đi qua $A(1; 2)$ với VTPT $\vec{n}(5; 1)$ là: $$5(x - 1) + 1(y - 2) = 0 \iff 5x - 5 + y - 2 = 0 \iff 5x + y - 7 = 0.$$
- Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $AC$. Toạ độ của $M$ là: $$x_M = \dfrac{x_A + x_C}{2} = \dfrac{1 + (-2)}{2} = -\dfrac{1}{2}, \quad y_M = \dfrac{y_A + y_C}{2} = \dfrac{2 + (-1)}{2} = \dfrac{1}{2} \implies M\left(-\dfrac{1}{2}; \dfrac{1}{2}\right).$$ - Đường trung tuyến kẻ từ $B$ đi qua hai điểm $B(3; 0)$ và $M\left(-\dfrac{1}{2}; \dfrac{1}{2}\right)$.
- Vectơ chỉ phương: $$\overrightarrow{BM} = \left(-\dfrac{1}{2} - 3; \dfrac{1}{2} - 0\right) = \left(-\dfrac{7}{2}; \dfrac{1}{2}\right) = -\dfrac{1}{2}(7; -1).$$ - Chọn vectơ chỉ phương $\vec{u} = (7; -1) \implies$ một vectơ pháp tuyến là $\vec{n} = (1; 7)$.
- Phương trình tổng quát của đường trung tuyến $BM$ đi qua $B(3; 0)$ là: $$1(x - 3) + 7(y - 0) = 0 \iff x + 7y - 3 = 0.$$
Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho hai điểm $A(a; 0)$ và $B(0; b)$ với $ab \ne 0$ (Hình 7.3). Phương trình của đường thẳng đi qua hai điểm $A$ và $B$ có dạng:
- Vectơ chỉ phương của đường thẳng $AB$ là: $$\overrightarrow{AB} = (0 - a; b - 0) = (-a; b).$$ - Suy ra một vectơ pháp tuyến của đường thẳng $AB$ là $\vec{n} = (b; a)$ vì tích vô hướng $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = b(-a) + a(b) = 0$.
- Phương trình tổng quát của đường thẳng $AB$ đi qua điểm $A(a; 0)$ với VTPT $\vec{n}(b; a)$ là: $$b(x - a) + a(y - 0) = 0 \iff bx + ay - ab = 0 \iff bx + ay = ab.$$ - Do $ab \ne 0$, chia cả hai vế cho $ab$ ta được: $$\dfrac{bx}{ab} + \dfrac{ay}{ab} = \dfrac{ab}{ab} \iff \dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} = 1.$$ Phương trình này được gọi là phương trình theo đoạn chắn của đường thẳng.
- Khi máy bay đến sân bay Đà Nẵng, vị trí của máy bay có toạ độ: vĩ độ $x = 16,1$ và kinh độ $y = 108,2$.
- Thay $x = 16,1$ vào phương trình thứ nhất của hệ: $$16,1 = 21,2 - \dfrac{153}{40}t \iff \dfrac{153}{40}t = 21,2 - 16,1 = 5,1 \iff t = \dfrac{5,1 \cdot 40}{153} = \dfrac{204}{153} = \dfrac{4}{3} \text{ (giờ)}.$$ - Kiểm tra lại với toạ độ kinh độ tại thời điểm $t = \dfrac{4}{3}$: $$y = 105,8 + \dfrac{9}{5} \cdot \dfrac{4}{3} = 105,8 + \dfrac{12}{5} = 105,8 + 2,4 = 108,2^\circ \text{ (hoàn toàn khớp với kinh độ sân bay Đà Nẵng)}.$$ - Đổi đơn vị: $\dfrac{4}{3}$ giờ = $1$ giờ $20$ phút.
Vậy chuyến bay từ Hà Nội đến Đà Nẵng mất $\dfrac{4}{3}$ giờ (tức 1 giờ 20 phút).
- Tại thời điểm $t = 1$ (giờ), vĩ độ của máy bay là: $$x = 21,2 - \dfrac{153}{40} \cdot 1 = 21,2 - 3,825 = 17,375^\circ \text{ Bắc}.$$ - Máy bay khởi hành từ Hà Nội ($21,2^\circ$ Bắc) bay về hướng Nam tới Đà Nẵng ($16,1^\circ$ Bắc), do đó vĩ độ giảm dần từ $21,2^\circ$ xuống $16,1^\circ$.
- Vì $17,375^\circ > 17^\circ$ nên máy bay vẫn đang ở phía Bắc của vĩ tuyến 17 ($17^\circ$ Bắc).
Vậy tại thời điểm $1$ giờ kể từ lúc cất cánh, máy bay chưa bay qua vĩ tuyến 17.
- Vectơ pháp tuyến của $\Delta_1$ là $\vec{n}_1(3\sqrt{2}; \sqrt{2})$, của $\Delta_2$ là $\vec{n}_2(6; 2)$.
- Ta có: $$\vec{n}_2 = (6; 2) = \sqrt{2}(3\sqrt{2}; \sqrt{2}) = \sqrt{2}\vec{n}_1.$$ - Xét hệ số tự do: $-\sqrt{6} = \sqrt{2}(-\sqrt{3})$.
- Nhân cả hai vế phương trình của đường thẳng $\Delta_1$ với $\sqrt{2}$, ta được: $$\sqrt{2}(3\sqrt{2}x + \sqrt{2}y - \sqrt{3}) = 0 \iff 6x + 2y - \sqrt{6} = 0.$$ Phương trình này hoàn toàn trùng với phương trình của $\Delta_2$.
Vậy $\Delta_1$ trùng $\Delta_2$.
- Vectơ pháp tuyến của $d_1$ là $\vec{n}_1(1; -\sqrt{3})$, của $d_2$ là $\vec{n}_2(\sqrt{3}; -3)$.
- Ta thấy: $$\dfrac{\sqrt{3}}{1} = \dfrac{-3}{-\sqrt{3}} = \sqrt{3} \implies \vec{n}_2 = \sqrt{3}\vec{n}_1.$$ Do hai vectơ pháp tuyến cùng phương nên $d_1$ và $d_2$ song song hoặc trùng nhau.
- Lấy điểm $M(-2; 0) \in d_1$. Thay toạ độ điểm $M$ vào phương trình của $d_2$: $$\sqrt{3}(-2) - 3\cdot 0 + 2 = 2 - 2\sqrt{3} \ne 0 \implies M \notin d_2.$$ Vậy hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$ song song với nhau.
- Đường thẳng $m_1$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}_1(1; -2)$.
- Đường thẳng $m_2$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}_2(3; 1)$.
- Ta thấy $\dfrac{1}{3} \ne \dfrac{-2}{1}$ nên hai vectơ $\vec{n}_1$ và $\vec{n}_2$ không cùng phương. Do đó hai đường thẳng $m_1$ và $m_2$ cắt nhau.
- Toạ độ giao điểm của $m_1$ và $m_2$ là nghiệm của hệ phương trình: $$\begin{cases} x - 2y + 1 = 0 \\ 3x + y - 2 = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x - 2y = -1 \\ 6x + 2y = 4 \end{cases} \iff \begin{cases} 7x = 3 \\ y = 2 - 3x \end{cases} \iff \begin{cases} x = \dfrac{3}{7} \\ y = \dfrac{5}{7}. \end{cases}$$ Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại điểm $M\left(\dfrac{3}{7}; \dfrac{5}{7}\right)$.
- Đường thẳng $\Delta_1$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}_1(\sqrt{3}; 1)$.
- Đường thẳng $\Delta_2$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}_2(1; \sqrt{3})$.
- Gọi $\varphi$ là góc giữa hai đường thẳng $\Delta_1$ và $\Delta_2$. Ta có: $$\cos\varphi = \dfrac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2|}{|\vec{n}_1|\cdot|\vec{n}_2|} = \dfrac{|\sqrt{3}\cdot 1 + 1\cdot\sqrt{3}|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2}\cdot\sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{4}\cdot\sqrt{4}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{4} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.$$ - Do $0^\circ \le \varphi \le 90^\circ$ và $\cos\varphi = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ nên $\varphi = 30^\circ$.
Vậy góc giữa hai đường thẳng là $30^\circ$.
- Đường thẳng $d_1$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}_1(2; 4)$.
- Đường thẳng $d_2$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}_2(1; -3)$.
- Ta có: $$\vec{u}_1 \cdot \vec{u}_2 = 2\cdot 1 + 4\cdot(-3) = 2 - 12 = -10.$$ $$|\vec{u}_1| = \sqrt{2^2 + 4^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}, \quad |\vec{u}_2| = \sqrt{1^2 + (-3)^2} = \sqrt{10}.$$ - Gọi $\varphi$ là góc giữa hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$: $$\cos\varphi = \dfrac{|\vec{u}_1 \cdot \vec{u}_2|}{|\vec{u}_1|\cdot|\vec{u}_2|} = \dfrac{|-10|}{2\sqrt{5}\cdot\sqrt{10}} = \dfrac{10}{2\sqrt{50}} = \dfrac{10}{10\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.$$ - Do đó $\varphi = 45^\circ$.
Vậy góc giữa hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$ là $45^\circ$.
- Áp dụng công thức tính khoảng cách từ điểm $A(x_0; y_0)$ đến đường thẳng $\Delta: ax + by + c = 0$: $$d(A, \Delta) = \dfrac{|ax_0 + by_0 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}.$$ - Với $A(0; -2)$ và $\Delta: x + y - 4 = 0$, ta có: $$d(A, \Delta) = \dfrac{|1\cdot 0 + 1\cdot(-2) - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \dfrac{|-6|}{\sqrt{2}} = \dfrac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}.$$ Vậy khoảng cách từ $A$ đến $\Delta$ là $3\sqrt{2}$.
- Vì đường thẳng $a$ song song với đường thẳng $\Delta: x + y - 4 = 0$ nên phương trình đường thẳng $a$ có dạng: $$x + y + C = 0 \quad (C \ne -4).$$ - Mặt khác, $a$ đi qua điểm $M(-1; 0)$ nên toạ độ $M$ thoả mãn phương trình: $$-1 + 0 + C = 0 \iff C = 1 \text{ (thoả mãn điều kiện } C \ne -4\text{)}.$$ Vậy phương trình của đường thẳng $a$ là $x + y + 1 = 0$.
- Đường thẳng $\Delta$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}_\Delta(1; 1)$.
- Vì đường thẳng $b$ vuông góc với $\Delta$ nên vectơ pháp tuyến của $\Delta$ đóng vai trò là vectơ chỉ phương của $b$, tức $\vec{u}_b = (1; 1)$.
- Từ đó, một vectơ pháp tuyến của đường thẳng $b$ là $\vec{n}_b = (1; -1)$.
- Đường thẳng $b$ đi qua $N(0; 3)$ và có VTPT $\vec{n}_b(1; -1)$ có phương trình: $$1(x - 0) - 1(y - 3) = 0 \iff x - y + 3 = 0.$$ Vậy phương trình của đường thẳng $b$ là $x - y + 3 = 0$.
- Độ dài đường cao kẻ từ đỉnh $A$ của tam giác $ABC$ chính là khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $BC$: $h_A = d(A, BC)$.
- Ta tìm phương trình đường thẳng $BC$:
+ Vectơ chỉ phương: $\overrightarrow{BC} = (-2 - 3; -1 - 2) = (-5; -3) = -(5; 3)$.
+ Chọn một vectơ pháp tuyến của đường thẳng $BC$ là $\vec{n}_{BC} = (3; -5)$ (vì $\vec{n}_{BC} \cdot \overrightarrow{BC} = 3(-5) + (-5)(-3) = 0$).
+ Phương trình tổng quát của đường thẳng $BC$ đi qua điểm $B(3; 2)$ là: $$3(x - 3) - 5(y - 2) = 0 \iff 3x - 5y + 1 = 0.$$ - Tính khoảng cách từ $A(1; 0)$ đến đường thẳng $BC$: $$h_A = d(A, BC) = \dfrac{|3\cdot 1 - 5\cdot 0 + 1|}{\sqrt{3^2 + (-5)^2}} = \dfrac{|4|}{\sqrt{9 + 25}} = \dfrac{4}{\sqrt{34}} = \dfrac{4\sqrt{34}}{34} = \dfrac{2\sqrt{34}}{17}.$$ Vậy độ dài đường cao kẻ từ đỉnh $A$ là $\dfrac{2\sqrt{34}}{17}$.
- Độ dài cạnh đáy $BC$: $$BC = \sqrt{(-2 - 3)^2 + (-1 - 2)^2} = \sqrt{(-5)^2 + (-3)^2} = \sqrt{25 + 9} = \sqrt{34}.$$ - Ở câu a, độ dài đường cao kẻ từ $A$ ứng với cạnh đáy $BC$ là: $$h_A = \dfrac{4}{\sqrt{34}}.$$ - Diện tích tam giác $ABC$ là: $$S_{ABC} = \dfrac{1}{2} \cdot h_A \cdot BC = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{4}{\sqrt{34}} \cdot \sqrt{34} = 2.$$ Vậy diện tích tam giác $ABC$ bằng $2$.
- Viết lại phương trình hai đường thẳng dưới dạng tổng quát: $$d: ax - y + b = 0 \implies \text{vectơ pháp tuyến } \vec{n}_1(a; -1).$$ $$d': a'x - y + b' = 0 \implies \text{vectơ pháp tuyến } \vec{n}_2(a'; -1).$$ - Hai đường thẳng $d$ và $d'$ vuông góc với nhau khi và chỉ khi hai vectơ pháp tuyến $\vec{n}_1$ và $\vec{n}_2$ vuông góc với nhau: $$d \perp d' \iff \vec{n}_1 \perp \vec{n}_2 \iff \vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 0.$$ - Tính tích vô hướng: $$\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = a\cdot a' + (-1)\cdot(-1) = aa' + 1.$$ - Do đó: $$\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 0 \iff aa' + 1 = 0 \iff aa' = -1.$$ Vậy hai đường thẳng vuông góc với nhau khi và chỉ khi $aa' = -1$.
- Giả sử vị trí phát tín hiệu âm thanh là điểm $M(x; y)$.
- Vì tín hiệu âm thanh truyền đi đều trong không gian với vận tốc không đổi và được ba thiết bị ghi tại $O, A, B$ nhận được cùng một thời điểm, nên khoảng cách từ vị trí phát $M$ đến ba điểm $O, A, B$ phải bằng nhau: $$MO = MA = MB.$$ Như vậy, điểm $M$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $OAB$.
- Ta có hệ phương trình: $$\begin{cases} MO^2 = MA^2 \\ MA^2 = MB^2 \end{cases}$$ - Với $MO^2 = (x - 0)^2 + (y - 0)^2 = x^2 + y^2$,
$MA^2 = (x - 1)^2 + (y - 0)^2 = (x - 1)^2 + y^2$,
$MB^2 = (x - 1)^2 + (y - 3)^2$.
- Thay vào hệ: $$\begin{cases} x^2 + y^2 = (x - 1)^2 + y^2 \\ (x - 1)^2 + y^2 = (x - 1)^2 + (y - 3)^2 \end{cases}$$ $$\iff \begin{cases} x^2 = x^2 - 2x + 1 \\ y^2 = y^2 - 6y + 9 \end{cases} \iff \begin{cases} 2x - 1 = 0 \\ 6y - 9 = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x = \dfrac{1}{2} \\ y = \dfrac{9}{6} = \dfrac{3}{2}. \end{cases}$$ Vậy vị trí phát tín hiệu âm thanh là điểm $M\left(\dfrac{1}{2}; \dfrac{3}{2}\right)$.
a) $2x + 3y > 6$;
b) $2^2x + y \le 0$;
c) $2x^2 - y \ge 1$.
Theo định nghĩa, bất phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng $ax + by \le c$ (hoặc $\ge, <, >$) với $a, b$ không đồng thời bằng 0, bậc của các ẩn $x, y$ đều là bậc một.
• Bất phương trình $2x + 3y > 6$: có $a = 2, b = 3, c = 6 \implies$ là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
• Bất phương trình $2^2x + y \le 0 \iff 4x + y \le 0$: có $a = 4, b = 1, c = 0 \implies$ là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
• Bất phương trình $2x^2 - y \ge 1$: có chứa $x^2$ (bậc hai) $\implies$ không phải là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
Vậy cả a) và b) là bất phương trình bậc nhất hai ẩn. Chọn B.
Bất phương trình bậc nhất hai ẩn chỉ cho phép các ẩn $x, y$ xuất hiện ở bậc nhất (mũ 1).
Trong bất phương trình $2x^2 - y \ge 1$, ẩn $x$ có số mũ bằng 2 nên đây là bất phương trình bậc hai, không phải bậc nhất hai ẩn. Chọn B.
• Bước 1: Vẽ đường thẳng bờ $d: 3x + 2y = 300$ đi qua hai điểm $(100; 0)$ và $(0; 150)$. Vì dấu của BPT là $\ge$ nên lấy cả bờ $d$ (vẽ nét liền).
• Bước 2: Thử với gốc toạ độ $O(0; 0) \notin d$: thay vào vế trái ta có $3(0) + 2(0) = 0 < 300$. Điểm $O(0; 0)$ không thoả mãn bất phương trình.
• Bước 3: Do đó, miền nghiệm của bất phương trình là nửa mặt phẳng bờ $d$ không chứa gốc toạ độ $O(0; 0)$, kể cả bờ $d$. Chọn B.
• Đường thẳng bờ $d: 7x + 20y = 0$ đi qua gốc toạ độ $O(0; 0)$ nên ta không thể chọn $O(0; 0)$ làm điểm kiểm tra.
• Chọn điểm thử $M_0(0; 1) \notin d$. Thay vào vế trái: $7(0) + 20(1) = 20 > 0$ (không thoả mãn điều kiện $< 0$).
• Vì bất phương trình có dấu ngặt ($<$) nên bờ $d$ được biểu diễn bằng nét đứt và không thuộc miền nghiệm.
• Kết luận: Miền nghiệm là nửa mặt phẳng bờ $d$ không chứa điểm $M_0(0; 1)$, không kể bờ $d$. Chọn B.
• Từ thứ Hai đến thứ Sáu (5 ngày): Phí cố định 900 nghìn đồng/ngày, phí di chuyển 8 nghìn đồng/km.
• Thứ Bảy và Chủ nhật (2 ngày): Phí cố định 1 500 nghìn đồng/ngày, phí di chuyển 10 nghìn đồng/km.
Gọi $x, y$ lần lượt là số kilômét ông An đi trong các ngày từ T2 đến T6 và trong 2 ngày cuối tuần ($x \ge 0, y \ge 0$). Bất phương trình biểu thị tổng số tiền ông An phải trả không quá 14 triệu đồng là:
Đổi 14 triệu đồng $= 14\,000$ nghìn đồng.
• Tổng phí thuê cố định trong 1 tuần (7 ngày) là:
$$5 \times 900 + 2 \times 1\,500 = 4\,500 + 3\,000 = 7\,500 \text{ (nghìn đồng)}.$$ • Chi phí tính theo số kilômét di chuyển là: $8x + 10y$ (nghìn đồng).
• Tổng số tiền ông An phải trả là: $7\,500 + 8x + 10y$ (nghìn đồng).
Vì tổng số tiền không quá 14 triệu đồng, ta có bất phương trình:
$$7\,500 + 8x + 10y \le 14\,000 \iff 8x + 10y \le 6\,500 \iff 4x + 5y \le 3\,250.$$ Kết hợp điều kiện thực tế: $x \ge 0, y \ge 0$. Chọn B.
• Vẽ đường thẳng $d: 4x + 5y = 3\,250$ (nét liền vì có dấu $\le$):
- Cho $x = 0 \implies y = \frac{3\,250}{5} = 650 \implies A(0; 650)$.
- Cho $y = 0 \implies x = \frac{3\,250}{4} = 812{,}5 \implies B(812{,}5; 0)$.
• Thử gốc toạ độ $O(0; 0)$: $4(0) + 5(0) = 0 \le 3\,250$ (đúng).
• Vì $x \ge 0$ (phía bên phải trục $Oy$) và $y \ge 0$ (phía bên trên trục $Ox$), miền nghiệm của hệ ràng buộc là miền tam giác $OAB$ kể cả ba cạnh $OA, OB, AB$. Chọn B.
Thay $x = 500$ vào bất phương trình $4x + 5y \le 3\,250$:
$$4(500) + 5y \le 3\,250 \iff 2\,000 + 5y \le 3\,250 \iff 5y \le 1\,250 \iff y \le 250.$$ Vậy trong hai ngày cuối tuần, ông An có thể đi tối đa $250\text{ km}$. Chọn B.
Thay $y = 350$ vào bất phương trình $4x + 5y \le 3\,250$:
$$4x + 5(350) \le 3\,250 \iff 4x + 1\,750 \le 3\,250 \iff 4x \le 1\,500 \iff x \le 375.$$ Vậy trong các ngày từ thứ Hai đến thứ Sáu, ông An có thể đi tối đa $375\text{ km}$. Chọn C.
Bạn Phong chỉ cần chọn một cuốn sách để đọc vào ngày cuối tuần, nghĩa là thực hiện một trong ba phương án rời nhau sau:
- Phương án 1: Chọn một cuốn truyện ngắn \(\implies\) có \(8\) cách chọn.
- Phương án 2: Chọn một cuốn tiểu thuyết \(\implies\) có \(7\) cách chọn.
- Phương án 3: Chọn một tập thơ \(\implies\) có \(5\) cách chọn.
Vì ba phương án này hoàn toàn độc lập và không trùng lặp cuốn nào, áp dụng quy tắc cộng, tổng số cách chọn một cuốn sách là:
\[8 + 7 + 5 = 20 ext{ (cách)}\]Vậy bạn Phong có 20 cách lựa chọn.
Việc gieo đồng xu 3 lần là một công việc gồm ba công đoạn liên tiếp:
- Lần 1: Có \(2\) khả năng xảy ra (Sấp hoặc Ngửa).
- Lần 2: Với mỗi kết quả của lần 1, lần 2 có \(2\) khả năng xảy ra (Sấp hoặc Ngửa).
- Lần 3: Tương tự, lần 3 có \(2\) khả năng xảy ra (Sấp hoặc Ngửa).
Áp dụng quy tắc nhân, tổng số khả năng xảy ra sau 3 lần gieo là:
\[2 imes 2 imes 2 = 2^3 = 8 ext{ (khả năng)}\]Ghi chú: 8 khả năng cụ thể gồm: \(\{SSS, SSN, SNS, SNN, NSS, NSN, NNS, NNN\}\).
a) Sự tổ hợp giữa hai gene trên tạo ra mấy kiểu gene? Viết các kiểu gene đó.
b) Khi giao phối ngẫu nhiên giữa các cá thể, có bao nhiêu kiểu giao phối khác nhau từ các kiểu gene đó (có phân biệt kiểu gene của bố và mẹ)?
a) Các kiểu gene tạo thành từ sự tổ hợp của hai gene \(A\) và \(a\):
- Đồng hợp trội: \(AA\)
- Dị hợp: \(Aa\) (hoặc \(aA\) mang cùng một kiểu gene)
- Đồng hợp lặn: \(aa\)
Như vậy có tất cả 3 kiểu gene là: \(AA, Aa, aa\).
b) Số kiểu giao phối ngẫu nhiên giữa các cá thể (xét vai trò bố và mẹ):
- Công đoạn 1 (Chọn kiểu gene của cá thể bố): có \(3\) cách chọn (\(AA, Aa, aa\)).
- Công đoạn 2 (Chọn kiểu gene của cá thể mẹ): có \(3\) cách chọn (\(AA, Aa, aa\)).
Theo quy tắc nhân, số kiểu giao phối khác nhau là: \(3 imes 3 = 9\) (kiểu giao phối).
Lưu ý: 9 phép lai cụ thể gồm: \(AA \times AA\), \(AA \times Aa\), \(AA \times aa\), \(Aa \times AA\), \(Aa \times Aa\), \(Aa \times aa\), \(aa \times AA\), \(aa \times Aa\), \(aa \times aa\). (Nếu không phân biệt vai trò bố mẹ thì có 6 cặp giao phối).
a) Có 3 chữ số khác nhau?
b) Là số lẻ có 3 chữ số khác nhau?
c) Là số có 3 chữ số và chia hết cho 5?
d) Là số có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5?
Gọi số tự nhiên có 3 chữ số cần tìm là \(\overline{abc}\), với \(a, b, c \in \{0, 1, 2, \dots, 9\}\) và \(a eq 0\).
a) Có 3 chữ số khác nhau:
- Chọn \(a \in \{1, 2, \dots, 9\} \implies 9\) cách chọn.
- Chọn \(b \in \{0, 1, \dots, 9\} \setminus \{a\} \implies 9\) cách chọn.
- Chọn \(c \in \{0, 1, \dots, 9\} \setminus \{a, b\} \implies 8\) cách chọn.
Số các số là: \(9 imes 9 imes 8 = 648\) số.
b) Là số lẻ có 3 chữ số khác nhau:
- Vì là số lẻ nên chọn chữ số hàng đơn vị \(c \in \{1, 3, 5, 7, 9\} \implies 5\) cách chọn.
- Chọn \(a \in \{1, 2, \dots, 9\} \setminus \{c\} \implies 8\) cách chọn (vì \(a eq 0\) và \(a eq c\)).
- Chọn \(b \in \{0, 1, \dots, 9\} \setminus \{a, c\} \implies 8\) cách chọn.
Số các số là: \(5 imes 8 imes 8 = 320\) số.
c) Là số có 3 chữ số và chia hết cho 5:
- Các chữ số không bắt buộc phải khác nhau.
- Số chia hết cho 5 nên \(c \in \{0, 5\} \implies 2\) cách chọn.
- Chọn \(a \in \{1, 2, \dots, 9\} \implies 9\) cách chọn.
- Chọn \(b \in \{0, 1, \dots, 9\} \implies 10\) cách chọn.
Số các số là: \(9 imes 10 imes 2 = 180\) số.
d) Là số có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5:
Ta chia làm 2 trường hợp theo chữ số tận cùng \(c\):
- Trường hợp 1 (\(c = 0\)):
Chọn \(a \in \{1, \dots, 9\} \implies 9\) cách chọn.
Chọn \(b \in \{1, \dots, 9\} \setminus \{a\} \implies 8\) cách chọn.
Số các số: \(1 imes 9 imes 8 = 72\) số. - Trường hợp 2 (\(c = 5\)):
Chọn \(a \in \{1, \dots, 9\} \setminus \{5\} \implies 8\) cách chọn (do \(a eq 0, a eq 5\)).
Chọn \(b \in \{0, 1, \dots, 9\} \setminus \{a, 5\} \implies 8\) cách chọn.
Số các số: \(1 imes 8 imes 8 = 64\) số.
Theo quy tắc cộng, tổng số các số là: \(72 + 64 = 136\) số.
b) Nếu chương trình máy tính quy định mới mật khẩu vẫn gồm 3 kí tự, nhưng kí tự đầu tiên phải là một chữ cái in hoa trong bảng chữ cái tiếng Anh gồm 26 chữ (từ A đến Z) và 2 kí tự sau là các chữ số (từ 0 đến 9). Hỏi quy định mới có thể tạo được nhiều hơn quy định cũ bao nhiêu mật khẩu khác nhau?
a) Số mật khẩu theo quy định cũ:
Mật khẩu gồm 3 kí tự là các chữ số (từ 0 đến 9), các kí tự có thể trùng nhau và kí tự đầu tiên có thể là chữ số 0:
- Kí tự thứ nhất: có \(10\) cách chọn.
- Kí tự thứ hai: có \(10\) cách chọn.
- Kí tự thứ ba: có \(10\) cách chọn.
Theo quy tắc nhân, số mật khẩu theo quy định cũ là: \(10 imes 10 imes 10 = 1\,000\) (mật khẩu).
b) Số mật khẩu theo quy định mới và phần chênh lệch:
Theo quy định mới, mật khẩu gồm 3 kí tự:
- Kí tự đầu tiên: là chữ cái in hoa trong 26 chữ cái tiếng Anh \(\implies\) có \(26\) cách chọn.
- Kí tự thứ hai: là một chữ số \(\implies\) có \(10\) cách chọn.
- Kí tự thứ ba: là một chữ số \(\implies\) có \(10\) cách chọn.
Theo quy tắc nhân, số mật khẩu theo quy định mới là: \(26 imes 10 imes 10 = 2\,600\) (mật khẩu).
Do đó, quy định mới có thể tạo được nhiều hơn quy định cũ số mật khẩu là:
\[2\,600 - 1\,000 = 1\,600 ext{ (mật khẩu)}\]Sắp xếp có thứ tự $n$ phần tử khác nhau thành một hàng là một hoán vị của $n$ phần tử đó.
Số cách sắp xếp là: $P_n = n!$.
Lời giải chi tiết:
Mỗi cách sắp xếp 10 bức tranh khác nhau thành một hàng ngang là một hoán vị của 10 bức tranh.
Do đó, số cách xếp là:
$$P_{10} = 10! = 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 3\,628\,800 \text{ (cách)}.$$
Chọn đáp án A.
Gọi số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau có dạng $\overline{abc}$ với $a, b, c \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$ và $a \neq 0$.
- Bước 1: Chọn chữ số hàng trăm $a$.
- Bước 2: Chọn 2 chữ số còn lại $b, c$ từ 4 chữ số còn lại rồi xếp thứ tự (chỉnh hợp $A_4^2$).
- Áp dụng quy tắc nhân.
Lời giải chi tiết:
Gọi số cần tìm là $\overline{abc}$ với $a, b, c$ đôi một khác nhau và $a \neq 0$.
- Chọn chữ số $a$: Do $a \neq 0$ nên $a \in \{1, 2, 3, 4\}$, có 4 cách chọn.
- Chọn 2 chữ số $b$ và $c$: Lấy 2 chữ số từ 4 chữ số còn lại trong tập $\{0, 1, 2, 3, 4\} \setminus \{a\}$ và sắp thứ tự, có $A_4^2 = \frac{4!}{2!} = 4 \times 3 = 12$ cách chọn.
Theo quy tắc nhân, số các số tự nhiên lập được là:
$$4 \times 12 = 48 \text{ (số)}.$$
Chọn đáp án A.
Tập hợp các số nguyên dương nhỏ hơn 100 là $S = \{1, 2, 3, \dots, 99\}$. Số phần tử của tập hợp $S$ là $n = 99$.
- Một tập con gồm $k$ phần tử của tập hợp $n$ phần tử là một tổ hợp chập $k$ của $n$ phần tử đó (vì trong tập con không phân biệt thứ tự phần tử).
- Số tập con gồm $k$ phần tử là $C_n^k$.
Lời giải chi tiết:
Tập hợp các số nguyên dương nhỏ hơn 100 là $S = \{1, 2, \dots, 99\}$, có tất cả 99 phần tử.
- Số tập hợp con gồm 2 phần tử của $S$ là:
$$C_{99}^2 = \frac{99!}{2!(99 - 2)!} = \frac{99 \times 98}{2 \times 1} = 4\,851 \text{ (tập hợp)}.$$
- Số tập hợp con gồm 3 phần tử của $S$ là:
$$C_{99}^3 = \frac{99!}{3!(99 - 3)!} = \frac{99 \times 98 \times 97}{3 \times 2 \times 1} = 156\,849 \text{ (tập hợp)}.$$
Chọn đáp án A.
Để chọn ra 2 viên bi có màu khác nhau từ hộp gồm các viên bi xanh và đỏ, ta phải chọn đúng 1 viên bi màu xanh và 1 viên bi màu đỏ.
Áp dụng quy tắc nhân:
- Bước 1: Chọn 1 viên bi xanh từ 5 viên bi xanh: có $C_5^1 = 5$ cách.
- Bước 2: Chọn 1 viên bi đỏ từ 7 viên bi đỏ: có $C_7^1 = 7$ cách.
Lời giải chi tiết:
Để chọn 2 viên bi có màu khác nhau, ta cần lấy 1 viên bi màu xanh và 1 viên bi màu đỏ:
- Chọn 1 viên bi màu xanh từ 5 viên bi xanh có $C_5^1 = 5$ cách.
- Chọn 1 viên bi màu đỏ từ 7 viên bi đỏ có $C_7^1 = 7$ cách.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn 2 viên bi khác màu là:
$$5 \times 7 = 35 \text{ (cách)}.$$
Chọn đáp án A.
a) Cả 4 bạn được chọn đều là nam?
b) Chọn 4 bạn bất kì không phân biệt nam nữ?
c) Chọn 4 bạn gồm 2 nam và 2 nữ?
Chọn thành viên vào đội tuyển đi thi đấu không phân biệt thứ tự nên ta dùng tổ hợp $C_n^k$.
Lời giải chi tiết:
Câu lạc bộ có tổng cộng $10 + 7 = 17$ thành viên.
a) Chọn 4 bạn đều là nam:
Chọn 4 bạn nam từ 10 bạn nam của câu lạc bộ, số cách chọn là:
$$C_{10}^4 = \frac{10!}{4!6!} = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 210 \text{ (cách)}.$$
b) Chọn 4 bạn bất kì không phân biệt nam nữ:
Chọn 4 bạn từ tổng số 17 bạn của câu lạc bộ, số cách chọn là:
$$C_{17}^4 = \frac{17!}{4!13!} = \frac{17 \times 16 \times 15 \times 14}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 2\,380 \text{ (cách)}.$$
c) Chọn 4 bạn gồm 2 nam và 2 nữ:
- Chọn 2 bạn nam từ 10 bạn nam có: $C_{10}^2 = \frac{10 \times 9}{2} = 45$ cách.
- Chọn 2 bạn nữ từ 7 bạn nữ có: $C_7^2 = \frac{7 \times 6}{2} = 21$ cách.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn là:
$$45 \times 21 = 945 \text{ (cách)}.$$
Chọn đáp án A.
Gọi số tự nhiên cần tìm có dạng $\overline{abcd}$ với $a \neq 0$ và $a, b, c, d \in \{0, 1, \dots, 9\}$ đôi một khác nhau.
Một số chia hết cho 5 khi và chỉ khi chữ số tận cùng $d \in \{0, 5\}$.
Chia làm 2 trường hợp độc lập theo chữ số $d$:
- Trường hợp 1: $d = 0$.
- Trường hợp 2: $d = 5$.
Lời giải chi tiết:
Tập hợp chữ số $S = \{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ gồm 10 chữ số.
Số cần lập là $\overline{abcd}$ với $a, b, c, d$ đôi một khác nhau, $a \neq 0$ và $\overline{abcd} \,\vdots\, 5 \implies d \in \{0, 5\}$.
Trường hợp 1: Chữ số tận cùng $d = 0$ (1 cách chọn $d$).
Vì $d = 0$ nên các chữ số $a, b, c$ được chọn từ tập $\{1, 2, \dots, 9\}$ (9 chữ số) nên hiển nhiên $a \neq 0$.
Chọn 3 chữ số từ 9 chữ số và sắp xếp vào 3 vị trí $a, b, c$ là một chỉnh hợp chập 3 của 9 phần tử:
$$A_9^3 = 9 \times 8 \times 7 = 504 \text{ (số)}.$$
Trường hợp 2: Chữ số tận cùng $d = 5$ (1 cách chọn $d$).
- Chọn chữ số hàng nghìn $a$: Vì $a \neq 0$ và $a \neq d = 5$, nên $a$ có thể chọn trong tập $\{1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9\}$ (gồm 8 chữ số). Do đó $a$ có 8 cách chọn.
- Chọn 2 chữ số $b$ và $c$: Lấy 2 chữ số từ 8 chữ số còn lại trong tập 10 chữ số (trừ đi chữ số $d=5$ và chữ số $a$) và sắp thứ tự, có:
$$A_8^2 = 8 \times 7 = 56 \text{ (cách)}.$$
Số các số lập được trong trường hợp này là:
$$8 \times 56 = 448 \text{ (số)}.$$
Tổng kết:
Theo quy tắc cộng, tổng các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
$$504 + 448 = 952 \text{ (số)}.$$
Chọn đáp án A.