Ta có: $\overrightarrow{AB}=(-2;-4)$ và $\overrightarrow{AC}=(5;-5)$. Do đó $\dfrac{-2}{5}\neq \dfrac{-4}{-5}$ nên $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ không cùng phương. Vậy $A,B,C$ không thẳng hàng.

Đường thẳng $BC$ nhận $\overrightarrow{BC}=(7;-1)$ làm vtcp. Do đó nó có vtpt là $\overrightarrow{n_{BC}}=(1;7)$. Suy ra phương trình $BC$ là $x+7y-6=0$.

Đường cao kẻ từ $A$ vuông góc với $BC$ nên nhận $\overrightarrow{BC}=(7;-1)$ làm vtpt. Suy ra phương trình đường cao là $7x-y-2=0$

Chân đường cao kẻ từ $A$ là giao điểm của đường cao và $BC$ nên tọa độ điểm này là nghiệm hệ $\begin{cases}x+7y-6=0 \\ 7x-y-2=0\end{cases}$ Giải hệ ta được chân đường cao là $K(\dfrac{2}{5};\dfrac{4}{5})$

Đường cao tam giác kẻ từ $C$ vuông góc với $AB$ nên nhận $\overrightarrow{AB}=(-2;-4)$ làm vtpt. Suy ra phương trình đường cao là $x+2y-3=0$

Trực tâm $H$ là giao hai đường cao nên tọa độ $H$ là nghiệm của hệ $\begin{cases}7x-y-2=0 \\ x+2y-3=0\end{cases}$. Giải hệ ta được $H(\dfrac{7}{15};\dfrac{19}{15})$

Giả sử hình chữ nhật có hai cạnh là $a$ và $b$ thì $a+b=\dfrac{P}{2}$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hay số dương $a$ và $b$ ta được:

$\dfrac{P}{2}=a+b\geq 2\sqrt{ab}\Rightarrow ab\leq \dfrac{P^{2}}{16}$

Mặt khác diện tích hình chữ nhật là $S=ab$. Do đó diện tích lớn nhất khi và chỉ khi $S=\dfrac{P^{2}}{16}$ khi $a=b=\dfrac{P}{4}$ (Khi đó hình chữ nhật là hình vuông).

Ta có: $M=\sqrt{(x-2)^{2}}+\sqrt[3]{(x-3)^{3}}=|x-2|+(x-3)$

Với $x\geq 2$ thì $M=x-2+x-3=2x-5\geq 2.2-5=-1$

 Với $x<2$ thì $M=2-x+(x-3)=-1$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là $-1$ khi $x\leq 2$

Ta có $B=\sqrt{x^{2}+1}-x-\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+1}-x}=\sqrt{x^{2}+1}-x-\dfrac{\sqrt{x^{2}+1}+x}{(\sqrt{x^{2}+1}+x)(\sqrt{x^{2}+1}-x)}$

$=\sqrt{x^{2}+1}-x-\dfrac{\sqrt{x^{2}+1}+x}{1}=-2x$

Để $B$ là số tự nhiên thì $-2x$ phải là số tự nhiên hay $x=-\dfrac{k}{2}$ với $k\in N$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

a) $ABCD$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$

$\overrightarrow{AB}=(0;-2)$; $\overrightarrow{DC}=(-2-x_{D};-3-y_{D})$

$\Rightarrow \begin{cases}-2-x_{D}=0 \\ -3-y_{D}=-2\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x{D}=-2 \\ y_{D}=-1\end{cases}\Leftrightarrow D(-2;-1)$

b) $I$ là tâm hình bình hành $\Rightarrow I$ là trung điểm $AC$. Do đó:

$\begin{cases}x_{I}=\dfrac{2-2}{2}=0 \\ y_{I}=\dfrac{1-3}{2}=-1\end{cases}\Rightarrow I(0;-1)$

b) $\sin x-\cos x=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin x-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos x\right)$

$=\sqrt{2}(\sin x\cos \dfrac{\pi}{4}-\cos x\sin\dfrac{\pi}{4})=\sqrt{2}\sin \left( x-\dfrac{\pi}{4}\right)$

$\sin x-\cos x=1\Leftrightarrow \sqrt{2}\sin\left( x-\dfrac{\pi}{4}\right) =1$

$\Leftrightarrow \sin \left( x-\dfrac{\pi}{4}\right) =\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\sin\dfrac{\pi}{4}$

$\Leftrightarrow\left[\begin{matrix} x-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}+k2\pi \\ \\ x-\dfrac{\pi}{4}=\pi -\dfrac{\pi}{4}+k2\pi\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}x= \dfrac{\pi}{2}+k2\pi \qquad (k\in Z) \\ \\ x=\pi +k2\pi\qquad (k\in Z)\end{matrix}\right.$

a) $\sin\left( x+\dfrac{\pi}{6}\right) =\cos 2x\Leftrightarrow \sin\left( x+\dfrac{\pi}{6}\right) =\sin\left( \dfrac{\pi}{2}-2x\right)$

$\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}x+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}+k2\pi \\ \\ x+\dfrac{\pi}{6}=\pi -\left( \dfrac{\pi}{2}-2x\right) +k2\pi\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{9}+k\dfrac{2\pi}{3}\qquad (k\in Z) \\ x=-\dfrac{\pi}{3}+k2\pi \qquad (k\in Z)\end{matrix}\right.$

c) $\sin^{2}x+\tan^{2}x=\sin^{2}x+\dfrac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}=\dfrac{\sin^{2}x\cos^{2}x+\sin^{2}x}{\cos^{2}x}$

$=\dfrac{\sin^{2}x(1+\cos^{2}x)}{\cos^{2}x}=\dfrac{(1-\cos^{2}x)(1+\cos^{2}x)}{\cos^{2}x}$

$=\dfrac{1-\cos^{4}x}{\cos^{2}x}=\dfrac{1}{\cos^{2}x}-\cos^{2}x$

b) $\cot x-\tan x=\dfrac{\cos x}{\sin x}-\dfrac{\sin x}{\cos x}=\dfrac{\cos^{2}x-\sin^{2}x}{\sin x\cos x}$

$=\dfrac{\cos 2x}{\dfrac{\sin 2x}{2}}=2\cot 2x$

Áp dụng ta có:

$\cot x-\tan x-2\tan 2x-4\tan 4x=(\cot x-\tan x)-2\tan 2x-4\tan 4x$

$=2\cot 2x-2\tan 2x-4\tan 4x=2(\cot 2x-\tan 2x)-4\tan 4x$

$=4\cot 4x-4\tan 4x=4(\cot 4x-\tan 4x)=8\cot 8x$

a) $\sin^{2}a\tan^{2}a+4\sin^{2}a-\tan^{2}a+3\cos ^{2}a$

$=(\sin^{2}a\tan^{2}a+\sin^{2}a)-\tan^{2}a+3(\sin^{2}a+\cos^{2}a)$

$=\sin^{2}a(\tan^{2}a+1)-\tan^{2}a+3$

$=\sin^{2}a.\dfrac{1}{\cos^{2}a}-\tan^{2}a+3=\tan^{2}a-\tan^{2}a+3=3$

a) Đk: $-\cos x\geq 0\Leftrightarrow \cos x\leq 0\Leftrightarrow \dfrac{\pi}{2}+k2\pi\leq x\leq \dfrac{3\pi}{2}+k2\pi$ với $k \in Z$

b) Đk: $\sin (\cos x)\geq 0\Leftrightarrow k2\pi \leq \cos x\leq k2\pi +\pi$ với $k\in Z$

Do $-1\leq \cos x\leq 1$ nên điều kiện đưa về $0< \cos x\Leftrightarrow \dfrac{-\pi}{2}+k2\pi\leq x\leq \dfrac{\pi}{2}+k2\pi$ với $k\in Z$

$\dfrac{\sin 4a}{1+\cos 4a}=\dfrac{2\sin 2a\cos 2a}{2\cos^{2}2a}=\dfrac{\sin 2a}{\cos 2a}$

$\dfrac{\cos 2a}{1+\cos 2a}.\dfrac{\sin 4a}{1+\cos 4a}=\dfrac{\cos 2a}{2\cos ^{2}a}.\dfrac{2\sin a\cos a}{\cos 2a}=\dfrac{\sin a}{\cos a}=\tan a$

$\cot x+\tan x=\dfrac{\cos x}{\sin x}+\dfrac{\sin x}{\cos x}=\dfrac{\sin^{2}x+\cos^{2}x}{\sin x\cos x}$

$=\dfrac{1}{\sin x\cos x}=\dfrac{1}{\dfrac{\sin 2x}{2}}=\dfrac{2}{\sin 2x}$

Giả sử tứ giác lồi không có góc nhọn. Khi đó bốn góc đều lớn hơn $90{o}$ thì tổng 4 góc lớn hơn $4.90=360^{o}$. mâu thuẫn với định lý tổng 4  góc bằng $360^{o}$.

tương tự với trường hợp còn lại