1. Gọi M là trung điểm của BC. Ta có:

   • Do EF là đường phân giác của tam giác ABC, nên theo định lí phân giác, ta có: ∠EBF = ∠ECF.
   • Tương tự, do EF là đường phân giác, nên ∠EAF = ∠EAC + ∠CAF = ∠EBC + ∠CBF = ∠EBF + ∠CBF = ∠ECF + ∠CBF = ∠ECB.
   • Vì ∠EBF = ∠ECB, nên tam giác EBF đồng dạng với tam giác ECB (theo góc - góc).
   • Tương tự, ta cũng có tam giác ECF đồng dạng với tam giác BCF.

   Từ đó, ta có tỷ số đồng dạng:
   EB/EC = BF/BC
   EC/EB = CF/BC

   Kết hợp hai tỷ số trên, ta có:
   (BF/BC) * (EC/EB) = 1

   Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác EFN và đường NP, ta có:
   (AF/FN) * (NP/PE) * (EQ/QF) = 1

   Vì N là trung điểm của AC, nên AF = FN. Khi đó, ta có:
   (NP/PE) * (EQ/QF) = 1

   Từ đó, ta suy ra:
   NP/PE = QF/EQ

   Do đó, tam giác NPE đồng dạng với tam giác QFE (theo tỷ số cạnh bên).

   Vì tam giác NPE đồng dạng với tam giác QFE, nên ∠NEP = ∠QEF.

   Ta có:
   ∠NEP + ∠PEO + ∠QEF + ∠FEO = 180° (tổng các góc trong tam giác)
   ∠NEP + ∠PEO + ∠NEP + ∠FEO = 180° (vì ∠NEP = ∠QEF)
   2∠NEP + ∠PEO + ∠FEO = 180°

   Vì ∠PEO + ∠FEO = ∠POE = 90° (do OI là đường tiếp tuyến của (O)), nên ta có:
   2∠NEP + 90° = 180°
   2∠NEP = 90°
   ∠NEP = 45°

   Vậy, ta có ∠NEP = 45°. Từ đó, suy ra ∠NEP = ∠QEA = 45°.

   Vì ∠QEA = 45°, nên AQ ⊥ OI.

   Vậy, ta đã chứng minh được AQ ⊥ OI.

   9:47
2.  

1. 1. 1.Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
   2.  

   Gọi a_n là số thứ n trong dãy số đã cho. Ta sẽ chứng minh rằng không có 6 số liên tiếp trong dãy số đã cho có giá trị là 0, tức là a_i ≠ 0 với mọi i sao cho 1 ≤ i ≤ 6.

   • Với i = 1, 2, 3, 4, 5, ta thấy rằng a_i ≠ 0.
   • Giả sử với mọi i sao cho 1 ≤ i ≤ k (với k ≥ 5), đều có a_i ≠ 0. Ta sẽ chứng minh rằng a_(k+1) ≠ 0.

   Nếu a_k ≠ 0, a_(k+1) ≠ 0 do a_(k+1) = chữ số tận cùng của tổng 6 số đứng ngay trước nó, và các số này đều khác 0.

   Nếu a_k = 0, ta xét 5 số đứng trước nó: a_(k-4), a_(k-3), a_(k-2), a_(k-1), a_k. Vì a_k = 0, nên tổng của 6 số này chính là tổng của 5 số đầu tiên, và theo giả thiết quy nạp, không có 5 số liên tiếp trong dãy số đã cho có giá trị là 0. Do đó, a_(k+1) ≠ 0.

   Vậy, theo nguyên tắc quy nạp, ta có dãy số đã cho không chứa 6 số liên tiếp bằng 0.

   1. 2. Khi a, b, c là các số nguyên, ta có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng sau hữu hạn bước biến đổi, trong bộ 3 thu được có ít nhất 1 số bằng 0.
   • Với a, b, c bất kỳ, ta có ∣a−b∣, ∣b−c∣, ∣c−a∣ ≥ 0. Nếu một trong ba số này bằng 0, ta đã tìm được số bằng 0.
   • Giả sử sau k bước biến đổi, trong bộ 3 thu được có ít nhất 1 số bằng 0. Ta sẽ chứng minh rằng sau k+1 bước biến đổi, trong bộ 3 thu được cũng có ít nhất 1 số bằng 0.

   Giả sử trong bộ 3 thu được sau k bước biến đổi, có a = 0. Khi đó, ta chỉ cần chứng minh rằng trong 2 số còn lại, có ít nhất 1 số bằng 0.

   Nếu b = 0 hoặc c = 0, ta đã tìm được số bằng 0.

   Nếu b và c đều khác 0, ta có:

   ∣b−c∣, ∣c−a∣, ∣a−b∣ ≥ 1

   Do đó, trong 3 số ∣b−c∣, ∣c−a∣, ∣a−b∣, không có số nào bằng 0. Khi đó, ta có:

   ∣∣b−(b−c)∣−∣c−a∣∣=∣a−b∣

   Vậy, ta có thể thay bằng b - (b - c) để giảm số lượng biến đổi. Sau đó, ta lại áp dụng phương pháp quy nạp để chứng minh rằng trong bộ 3 thu được sau k+1 bước biến đổi, có

   10:06

Để tìm giao của hai tập hợp A và B, ta cần xác định phần nằm trong cả hai tập hợp. Ta có:

A = (-2;7]

B = [0;5]

Phần nằm trong cả hai tập hợp là đoạn [-2;5], vì nó nằm trong A và cũng nằm trong B.

Vậy, ta có:

A ∩ B = [-2;5]

CAB là bù của A ∩ B trong tập hợp A hoặc B. Vì vậy, ta có:

CAB = (-∞;-2) U (5;7]

Vậy đáp án là D.CAB=(-2;0)U(5;7].

Để tìm giao của hai tập hợp A và B, ta cần xác định phần nằm trong cả hai tập hợp. Ta có:

A = (-2;7]

B = [0;5]

Phần nằm trong cả hai tập hợp là đoạn [-2;5], vì nó nằm trong A và cũng nằm trong B.

Vậy, ta có:

A ∩ B = [-2;5]

CAB là bù của A ∩ B trong tập hợp A hoặc B. Vì vậy, ta có:

CAB = (-∞;-2) U (5;7]

Vậy đáp án là D.CAB=(-2;0)U(5;7].

Lời giải:

a. Để ĐTHS đi qua gốc tọa độ (đi qua điểm $O(0,0)$) thì:

$0=-2.0+k(0+1)$

$\Leftrightarrow k=0$

b. Để ĐTHS đi qua điểm $M(-2,3)$ thì:

$3=-2(-2)+k(-2+1)$

$\Leftrightarrow 3=4-k$

$\Leftrightarrow k=1$

c. Viết lại $y=-2x+kx+k=x(k-2)+k$

Để ĐTHS song song với $y=\sqrt{2}x$ thì:

$k-2=\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow x=2+\sqrt{2}$

Cách 1: Quãng đường mà hình tròn A lăn được bằng quãng đường di chuyển của tâm hình tròn A. Tâm I của hình tròn A cách tâm hình tròn B một khoảng bằng 4 lần bán kính của hình tròn A (tương ứng, chu vi của đường tròn mà I vạch nên cũng gấp 4 lần chu vi hình A). Vì vậy, hình A phải thực hiện 4 vòng quay mới trở lại điểm xuất phát.

Cách 2: Dễ thấy chu vi hình B gấp 3 lần chu vi hình A. Chia đường tròn lớn thành 3 phần bằng nhau bởi 3 điểm M, N, P (hình vẽ), mỗi phần như vậy có độ dài bằng chu vi hình A. Khi hình A lăn từ M đến N theo chiều kim đồng hồ, bán kính nối tâm hình tròn A với điểm tiếp xúc giữa 2 hình tròn (bán kính màu đen) quét một góc 3600+1200. Tương tự cho 2 phần còn lại, để hình A trở về điểm xuất phát thì bán kính màu đen quét 1 góc tổng cộng là: 3 x ( 3600 + 1200 ) = 4 x 3600, tức 4 vòng quay.

Mình quên không nói là đề bài yêu cầu chứng minh 2 bổ đề trên.