Lời giải

Xét phương trình f(x) = 0 ⇔ mx + m – 1 = 0.

Trường hợp 1: m = 0.

Khi đó phương trình f(x) = 0 ⇔ 0.x = 1 (vô nghiệm).

Vì vậy ta loại m = 0.

Trường hợp 2: m ≠ 0.

Phương trình \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{1 - m}}{m}\).

Phương trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc (3; 4).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{1 - m}}{m} > 3\\\frac{{1 - m}}{m} < 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{1 - 4m}}{m} > 0\\\frac{{1 - 5m}}{m} < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < m < \frac{1}{4}\\\left[ \begin{array}{l}m < 0\\m > \frac{1}{5}\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{5} < m < \frac{1}{4}\).

So với điều kiện m ≠ 0, ta nhận \(\frac{1}{5} < m < \frac{1}{4}\).

Vậy \(\frac{1}{5} < m < \frac{1}{4}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Kẻ BE ⊥ CD tại E.

Ta có AB // CD và AD ⊥ DC.

Suy ra AB ⊥ AD.

Khi đó tứ giác ABED là hình chữ nhật.

Vì vậy DE = AB = 3,5 cm và BE = AD = 3,1 cm.

Tam giác BEC vuông tại E: \(EC = \frac{{BE}}{{\tan \widehat {BCE}}} = \frac{{3,1}}{{\tan 38^\circ }} \approx 3,97\) (cm).

Khi đó DC = DE + EC ≈ 3,5 + 3,97 ≈ 7,47 (cm).

Diện tích hình thang ABCD là:

\(S = \frac{{AD.\left( {AB + DC} \right)}}{2} \approx \frac{{3,1.\left( {3,5 + 7,47} \right)}}{2} \approx 17,0035\) (cm²).

Vậy diện tích hình thang ABCD bằng 17,0035 cm².

Lời giải

Tam giác ACD vuông tại A: \(CD = \frac{{AD}}{{\cos \widehat {ADC}}} = \frac{{3,5}}{{\cos 60^\circ }} = 7\) (cm).

Kẻ AH ⊥ CD tại H.

Tam giác ADH vuông tại H: \[AH = AD.\sin \widehat {ADH} = 3,5.\sin 60^\circ = \frac{{7\sqrt 3 }}{4}\] (cm).

Diện tích hình bình hành ABCD là: \(S = AH.CD = \frac{{7\sqrt 3 }}{4}.7 = \frac{{49\sqrt 3 }}{4}\) (cm²).

Vậy diện tích hình bình hành ABCD bằng \(\frac{{49\sqrt 3 }}{4}\) cm².

Lời giải

Do hạ giá 10% nên giá bán mới bằng 90% giá bình thường.

Coi giá vốn là 100% thì giá bán mới bằng 108% giá vốn.

Như vậy \(\frac{{108}}{{100}}\) (giá vốn) = \(\frac{{90}}{{100}}\) (giá bình thường).

Giá bình thường so với giá vốn là:

\(\frac{{108}}{{100}}:\frac{{90}}{{100}} = \frac{6}{5} = 120\% \).

Nếu không giảm giá thị cửa hàng lãi là:

120% – 100% = 20%.

Đáp số: 20%.

Lời giải

Ta có \(\frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{2ab}} - \frac{1}{{2ab}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được:

\(\frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{2ab}} \ge \frac{4}{{{a^2} + {b^2} + 2ab}} = \frac{4}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} = \frac{4}{{{1^2}}} = 4\)        (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: 4ab ≤ (a + b)² = 1² = 1.

\( \Rightarrow \frac{2}{{4ab}} \ge \frac{2}{1}\) \( \Rightarrow \frac{1}{{2ab}} \ge 2\)       (2)

Lấy (1) trừ (2) vế theo vế, ta được: \(\frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{2ab}} - \frac{1}{{2ab}} \ge 4 - 2\).

Vậy \(\frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} \ge 2\) (điều phải chứng minh).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = \frac{1}{2}\).

Lời giải

Ta có BB’ // (ACC’A’) và AC’ ⊂ (ACC’A’).

Suy ra d(BB’, AC’) = d(BB’, (ACC’A’)) = d(B, (ACC’A’)).

Gọi J là trung điểm AC.

Khi đó IJ là đường trung bình của tam giác ABC.

Suy ra IJ // AB và \(IJ = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).

Mà AB ⊥ AC.

Do đó IJ ⊥ AC.

Mà A’I ⊥ AC (do A’I ⊥ (ABC)).

Suy ra AC ⊥ (A’IJ).

Trong (A’IJ): kẻ IK ⊥ A’J tại K.

Khi đó AC ⊥ IK.

Mà IK ⊥ A’J.

Do đó IK ⊥ (ACC’A’).

Vì vậy d(I, (ACC’A’) = IK.

Tam giác ABC vuông tại A có AI là đường trung tuyến.

Suy ra \(AI = IB = IC = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }}{2} = a\).

Tam giác AA’I vuông tại I: \(A'I = \sqrt {A{{A'}^2} - A{I^2}} = a\sqrt 3 \).

Tam giác A’IJ vuông tại I có IK là đường cao: \[\frac{1}{{I{K^2}}} = \frac{1}{{A'{I^2}}} + \frac{1}{{I{J^2}}} = \frac{{13}}{{3{a^2}}}\].

Suy ra \(IK = \frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}\).

Do đó \(d\left( {B,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = \frac{{CB}}{{CI}}.d\left( {I,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = 2.IK = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).

Vậy khoảng cách giữa BB’ và AC’ bằng \(\frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CB} = AB.CB.\cos \widehat B = AB.CB.\frac{{AB}}{{BC}} = A{B^2} = 4\).

Suy ra AB = 2.

Lại có \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC} = AC.BC.\cos \widehat C = AC.BC.\frac{{AC}}{{BC}} = A{C^2} = 9\).

Suy ra AC = 3.

Ta có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13} \).

Vậy AB = 2; AC = 3; \(BC = \sqrt {13} \).

Lời giải

Ta có \( - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{4m}}{{2.\left( { - 4} \right)}} = \frac{m}{2}\).

Mà a = –4 < 0.

Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( {\frac{m}{2}; + \infty } \right)\).

Theo đề, ta có hàm số đã cho nghịch biến trên (–2; +∞).

\[ \Leftrightarrow \left( { - 2; + \infty } \right) \subset \left( {\frac{m}{2}; + \infty } \right)\].

\[ \Leftrightarrow \frac{m}{2} \le - 2\].

⇔ m ≤ –4.

Vậy m ≤ –4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Vì x, y ∈ ℤ và (5x + 1)(y – 1) = 4 nên ta có bảng sau:

Vậy (x; y) ∈ {(–1; 0), (0; 5)}.

Lời giải

C = (x – 2)(x² + 2x + 4) – x²(x + 2).

   = x³ – 2³ – x³ – 2x².

   = –2x² – 8.

Lời giải

⦁ Thiết diện của hình chóp với (ABM):

Ta có M ∈ (ABM) ∩ (SCD).

Mà AB // CD.

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng (ABM) và (SCD) là đường thẳng d đi qua M và d // AB // CD.

Trong (SCD): gọi H = d ∩ SD.

Suy ra MH = (ABM) ∩ (SCD).

Ta có:

+ (ABM) ∩ (ABCD) = AB.

+ (ABM) ∩ (SBC) = BM.

+ (ABM) ∩ (SCD) = MH.

+ (ABM) ∩ (SAD) = HA.

Vậy thiết diện của hình chóp với (ABM) là tứ giác ABMH.

⦁ Thiết diện của hình chóp với (AMN):

Trong (SCD): gọi K = MN ∩ CD.

Trong (ABCD): gọi I = AK ∩ BC.

Ta có:

+ (AMN) ∩ (SAD) = AN.

+ (AMN) ∩ (SCD) = MN.

+ (AMN) ∩ (SBC) = MI.

+ (AMN) ∩ (ABCD) = IA.

Vậy thiết diện của hình chóp với (AMN) là tứ giác ANMI.

Lời giải

Gọi A(x; y).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2 - x;3 - y} \right),\,\overrightarrow {AC} = \left( {3 - x;1 - y} \right)\)

Tam giác ABC vuông cân tại A.

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\AB = AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0\\A{B^2} = A{C^2}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( { - 2 - x} \right)\left( {3 - x} \right) + \left( {3 - y} \right)\left( {1 - y} \right) = 0\\{\left( { - 2 - x} \right)^2} + {\left( {3 - y} \right)^2} = {\left( {3 - x} \right)^2} + {\left( {1 - y} \right)^2}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - x + {x^2} - 3 - 4y + {y^2} = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\frac{{10x + 3}}{4} = y\end{array} \right.\]

Thế \[\frac{{10x + 3}}{4} = y\] vào (1), ta được: \[ - x + {x^2} - 3 - 10x - 3 + {\left( {\frac{{10x + 3}}{4}} \right)^2} = 0\].

⇔ 116x² – 116x – 87 = 0.

\( \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\) hoặc \(x = - \frac{1}{2}\).

Với \(x = \frac{3}{2}\), ta có: \(y = \frac{9}{2}\). Suy ra tọa độ \(A\left( {\frac{3}{2};\frac{9}{2}} \right)\).

Với \(x = - \frac{1}{2}\), ta có: \(y = - \frac{1}{2}\). Suy ra tọa độ \(A\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\).

Vậy có hai điểm A thỏa mãn yêu cầu bài toán có tọa độ là \(A\left( {\frac{3}{2};\frac{9}{2}} \right)\) và \(A\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\).

Lời giải

Tam giác ABC có AD là tia phân giác.

Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {CAD} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = 30^\circ \).

Ta có S_ABC = S_ABD + S_ACD.

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}AB.AD.\sin \widehat {BAD} + \frac{1}{2}AC.AD.\sin \widehat {CAD}\).

⇔ AB.AC.sin60° = AB.AD.sin30° + AC.AD.sin30°.

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 AB.AC}}{2} = \frac{{AB.AD}}{2} + \frac{{AC.AD}}{2}\).

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 AB.AC = AD.\left( {AB + AC} \right)\).

Vậy \(AD = \frac{{\sqrt 3 AB.AC}}{{AB + AC}}\) (điều phải chứng minh).

Lời giải

Xét tam giác AMN, có: AM = AN.

Suy ra tam giác AMN cân tại A.

Do đó đường trung tuyến AE của tam giác AMN cũng là phân giác của \(\widehat {MAN}\)   (1)

Xét tam giác ABC, có: AB = AC.

Suy ra tam giác ABC cân tại A.

Do đó đường trung tuyến AD của tam giác ABC cũng là phân giác của \(\widehat {BAC}\)   (2)

Từ (1), (2), suy ra D, E cùng thuộc tia phân giác của \(\widehat A\).

Vậy ba điểm A, E, D thẳng hàng.

Lời giải

Gọi N là trung điểm của AC.

Suy ra MN là đường trung bình của tam giác ABC.

Do đó MN // AB và \(MN = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {O{A^2} + O{B^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {4O{C^2} + 4O{C^2}} }}{2} = \sqrt 2 OC\).

Khi đó góc giữa hai đường thẳng OM và AB là góc giữa hai đường thẳng OM và MN và bằng \(\widehat {OMN}\).

Tam giác OAC vuông tại O có ON là đường trung tuyến.

Suy ra \(ON = AN = NC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{\sqrt {O{A^2} + O{C^2}} }}{2} = \frac{{OC\sqrt 5 }}{2}\).

Ta có \(B{C^2} = O{B^2} + O{C^2} - 2OB.OC.\cos \widehat {BOC} = 5O{C^2} - 4O{C^2}.\cos 60^\circ = 3O{C^2}\).

Khi đó \(O{M^2} = \frac{{2\left( {O{B^2} + O{C^2}} \right) - B{C^2}}}{4} = \frac{{2\left( {4O{C^2} + O{C^2}} \right) - 3O{C^2}}}{4} = \frac{{7O{C^2}}}{4}\).

Ta có \(\cos \widehat {OMN} = \frac{{O{M^2} + M{N^2} - O{N^2}}}{{2.OM.MN}} = \frac{{\frac{{7O{C^2}}}{4} + 2O{C^2} - \frac{{5O{C^2}}}{4}}}{{2.\frac{{OC\sqrt 7 }}{2}.\sqrt 2 OC}} = \frac{{5\sqrt {14} }}{{28}}\).

Vậy côsin giữa hai đường thẳng OM và AB bằng \(\frac{{5\sqrt {14} }}{{28}}\).

Lời giải

Giả sử ta có tam giác vuông như hình vẽ.

Với góc α < 90°, ta có b là cạnh kề, a là cạnh đối, h là cạnh huyền.

Với góc β < 90°, ta có a là cạnh kề, b là cạnh đối, h là cạnh huyền.

Tóm lại:

Cạnh huyền là cạnh đối diện góc vuông.

Cạnh kề là cạnh góc vuông kề với góc đó.

Cạnh đối là cạnh góc vuông đối diện với góc đó.

Lời giải

Theo định lí Bezout thì dư của phép chia đa thức f(x) = 1 + x² + x⁴ + x⁶ + ... + x¹⁰⁰ cho x + 1 là f(–1).

Ta có f(–1) = 1 + (–1)² + (–1)⁴ + (–1)⁶ + ... + (–1)¹⁰⁰ = 1 + 1 + 1 + 1 + ... + 1 = 51.

Vậy dư trong phép chia đa thức f(x) = 1 + x² + x⁴ + x⁶ + ... + x¹⁰⁰ cho x + 1 là 51.

Lời giải

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng d với các trục Oy, Ox.

Với x = 0, ta có: y = 2. Suy ra tọa độ A(0; 2).

Với y = 0, ta có: \(x = - \frac{2}{{m - 1}}\). Suy ra tọa độ \(B\left( { - \frac{2}{{m - 1}};0} \right)\).

Kẻ OH vuông góc với AB.

Khi đó khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d là lớn nhất.

⇔ OH lớn nhất.

⇔ OH² lớn nhất.

Ta có OA = 2, \[OB = \left| { - \frac{2}{{m - 1}}} \right|\].

Tam giác OAB vuông tại O có OH là đường cao:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{1}{4} + \frac{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {m - 1} \right)}^2} + 1}}{4}\).

Suy ra \(O{H^2} = \frac{4}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2} + 1}}\).

Ta có: (m – 1)² + 1 ≥ 1, ∀m.

\( \Rightarrow O{H^2} = \frac{4}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2} + 1}} \le 4,\,\,\forall m\).

Dấu “=” xảy ra ⇔ m = 1.

Vậy m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Ta có \(\frac{2}{3} - \frac{5}{3}x = \frac{7}{{10}}x + \frac{5}{6}\)

\( - \frac{5}{3}x - \frac{7}{{10}}x = \frac{5}{6} - \frac{2}{3}\)

\( - \frac{{71}}{{30}}x = \frac{1}{6}\)

\(x = \frac{1}{6}:\left( { - \frac{{71}}{{30}}} \right)\)

\(x = - \frac{5}{{71}}\)

Vậy \(x = - \frac{5}{{71}}\).

Lời giải

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC.

Ta có \({S_{AMB}} = \frac{1}{2}AH.MB\) và \({S_{AMC}} = \frac{1}{2}AH.MC\).

Mà MB = MC (do AM là đường trung tuyến của tam giác ABC).

Vậy S_AMB = S_AMC (điều phải chứng minh).

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {BM} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {BC} \).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {BC} = \vec 0\).

Suy ra B là trung điểm của MC.

Vậy M là điểm đối xứng với điểm C qua điểm B.

Lời giải

Gọi chữ số cần lập là \[\overline {abcde} \].

Trường hợp 1: có mặt chữ số 0.

Chọn 3 chữ số còn lại (ngoài hai số 0 và 5) thì có \(C_5^3 = 10\) cách.

Hoán vị 5 chữ số và loại đi trường hợp a = 0 thì có 5! – 4! cách.

Suy ra ta có tất cả 10.(5! – 4!) = 960 số thỏa mãn trường hợp 1.

Trường hợp 2: không có mặt chữ số 0.

Chọn 4 chữ số còn lại thì có \(C_5^4 = 5\) cách.

Hoán vị 5 chữ số thì có 5! cách.

Suy ra ta có tất cả 5.5! = 600 số thỏa mãn trường hợp 2.

Vậy ta có tất cả 960 + 600 = 1560 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Ta có nếu tăng chiều rộng thêm 5 m và giảm chiều dài đi 5 m thì diện tích không đổi.

Khi đó chiều rộng thành chiều dài và chiều dài thành chiều rộng. Chiều dài hơn chiều rộng 5 m.

Chiều dài hình chữ nhật là:

(99 + 5) : 2 = 52 (m).

Chiều rộng hình chữ nhật là:

(99 – 5) : 2 = 47 (m).

Diện tích hình chữ nhật là:

52 × 47 = 2444 (m²).

Đáp số: 2444 m².

Lời giải

Đường thẳng y = ax + 5 (d) đi qua M(2; –3) nên ta thay x = 2; y = –3 vào (d) ta được: 

2a + 5 = − 3

⇔ 2a = −3 – 5 = −8

⇔ a= −4

Vậy hệ số góc bằng –4.

Lời giải

Chiều rộng mảnh đất đó là:

\(36 \times \frac{1}{4} = 9\) (m)

Diện tích mảnh đất đó là:

36 × 9 = 324 (m²)

Đáp số: 324 m².

Lời giải

Ta có cos2x + 3sinx – 2 = 0.

⇔ –2sin²x + 3sinx – 1 = 0.

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 1\\\sin x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

⦁ Vì x ∈ (0; 20π) nên \[0 < \frac{\pi }{2} + k2\pi < 20\pi \].

\( \Leftrightarrow - \frac{\pi }{2} < k2\pi < \frac{{39\pi }}{2}\).

\( \Leftrightarrow - \frac{1}{4} < k < \frac{{39}}{4}\).

Mà k ∈ ℤ nên k ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}          (1)

⦁ Vì x ∈ (0; 20π) nên \[0 < \frac{\pi }{6} + k2\pi < 20\pi \].

\( \Leftrightarrow - \frac{\pi }{6} < k2\pi < \frac{{119\pi }}{6}\).

\( \Leftrightarrow - \frac{1}{{12}} < k < \frac{{119}}{{12}}\).

Mà k ∈ ℤ nên k ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}          (2)

⦁ Vì x ∈ (0; 20π) nên \[0 < \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi < 20\pi \].

\( \Leftrightarrow - \frac{{5\pi }}{6} < k2\pi < \frac{{115\pi }}{6}\).

\( \Leftrightarrow - \frac{5}{{12}} < k < \frac{{115}}{{12}}\).

Mà k ∈ ℤ nên k ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}          (3)

Từ (1), (2), (3), ta thu được số nghiệm của phương trình đã cho trên khoảng (0; 20π) là 30.

Lời giải

Vì x, y ∈ ℤ và (x – 3)(y + 1) = 15 nên ta có bảng sau:

Vậy (x; y) ∈ {(–12; –2), (–2; –4), (0; –6), (2; –16), (4; 14), (6; 4), (8; 2), (18; 0)}.

Lời giải

Điều kiện: x ≥ 2.

Ta có \(M = x + 2\sqrt {x - 2} + 2021 = x - 2 + 2\sqrt {x - 2} + 1 + 2020 = {\left( {\sqrt {x - 2} + 1} \right)^2} + 2020\).

Ta có \(\sqrt {x - 2} \ge 0,\,\forall x \ge 2\).

\( \Leftrightarrow \sqrt {x - 2} + 1 \ge 1,\,\forall x \ge 2\).

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {x - 2} + 1} \right)^2} \ge 1,\,\forall x \ge 2\).

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {x - 2} + 1} \right)^2} + 2020 \ge 2021,\,\forall x \ge 2\).

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2.

Vậy M_min = 2021 khi và chỉ khi x = 2.

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm: –x² – 3x – 1 = x + 3.

⇔ x² + 4x + 4 = 0.

⇔ (x + 2)² = 0.

⇔ x = –2.

Với x = –2, ta có y = 1.

Suy ra tọa độ giao điểm A(–2; 1).

Vậy số giao điểm của parabol y = –x² – 3x – 1 và đường thẳng y = x + 3 là 1.

Lời giải

Ta có: Số lớn – Số bé + Hiệu = 2 × Hiệu = 12.

Hiệu số phần bằng nhau là: 11 – 9 = 2 (phần).

Hiệu của hai số đó là: 12 : 2 = 6.

Số lớn là: 6 : 2 × 11 = 33.

Vì 33 > 30 nên A > 30.

Vậy A > 30.

Lời giải

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng d với các trục Oy, Ox.

Với x = 0, ta có: y = 3. Suy ra tọa độ A(0; 3).

Với y = 0, ta có: \(x = \frac{{ - 3}}{m}\). Suy ra tọa độ \(B\left( {\frac{{ - 3}}{m};0} \right)\).

Kẻ OH vuông góc với AB.

Khi đó khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d là lớn nhất.

⇔ OH lớn nhất.

⇔ OH² lớn nhất.

Ta có OA = |3| = 3, \[OB = \left| {\frac{{ - 3}}{m}} \right| = \frac{3}{{\left| m \right|}}\].

Tam giác OAB vuông tại O có OH là đường cao:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{1}{9} + \frac{{{m^2}}}{9} = \frac{{{m^2} + 1}}{9}\).

Suy ra \(O{H^2} = \frac{9}{{{m^2} + 1}}\).

Ta có m² ≥ 0, ∀m.

⇔ m² + 1 ≥ 1, ∀m.

\( \Leftrightarrow \frac{9}{{{m^2} + 1}} \le 9,\,\forall m\).

Dấu “=” xảy ra ⇔ m = 0.

Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải

Trong (ABCD): kẻ AE ⊥ BD.

Trong (SAE): kẻ AK ⊥ SE.

Ta có BD ⊥ AE và BD ⊥ SA.

Suy ra BD ⊥ (SAE).

Do đó BD ⊥ AK.

Mà AK ⊥ SE.

Vì vậy AK ⊥ (SBD).

Khi đó d(A, (SBD)) = AK.

Tam giác ABD vuông tại A có AE là đường cao:

\(AE = \frac{{AB.AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Tam giác SAE vuông tại A có AK là đường cao:

\(AK = \frac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 6 }}{3}}}{{\sqrt {2{a^2} + \frac{{2{a^2}}}{3}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Do đó \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AK = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Trong (ABCD): gọi I = AC ∩ BD.

Ta có AB = BC = a và \(\widehat {ABC} = 90^\circ \).

Suy ra tam giác ABC vuông cân tại B.

Do đó \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \) và \(\widehat {BAC} = \widehat {BCA} = 45^\circ \).

Mà \(\widehat {IAD} = \widehat {BAD} - \widehat {BAC} = 45^\circ \).

Suy ra AI là tia phân giác của \(\widehat {BAD}\).

Áp dụng tính chất đường phân giác, ta có: \(\frac{{IB}}{{ID}} = \frac{{AB}}{{AD}} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).

Do đó \(ID = \sqrt 2 IB\).

Ta có \(IB + ID = BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = a\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow IB + \sqrt 2 IB = a\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow IB = \frac{{a\sqrt 3 }}{{1 + \sqrt 2 }} = a\left( {\sqrt 6 - \sqrt 3 } \right)\).

Ta có \(I{B^2} = A{B^2} + A{I^2} - 2AB.AI.\cos \widehat {BAI}\).

\[ \Rightarrow A{I^2} - a\sqrt 2 .AI + \left( {6\sqrt 2 - 8} \right){a^2} = 0\].

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}AI = a\left( {2\sqrt 2 - 2} \right)\\AI = a\left( {2 - \sqrt 2 } \right)\end{array} \right.\)

Vì AI > IB nên ta nhận \(AI = a\left( {2\sqrt 2 - 2} \right)\).

Với \(AI = a\left( {2\sqrt 2 - 2} \right)\), ta có \(IC = AC - AI = a\left( {2 - \sqrt 2 } \right)\).

Khi đó \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{IC}}{{IA}}.d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{a\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}{{a\left( {2\sqrt 2 - 2} \right)}}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{a}{2}\).

Vậy khoảng cách h từ C đến mặt phẳng (SBD) bằng \(\frac{a}{2}\).