ABC ABAC Câu 3 ( 3 điểm ): Cho vuông tại A có , kẻ đường phân giác BD (),ABC DAC BC tại M. của . Kẻ DM vuông góc với DABDMB=  a) Chứng minh . ADDC b) Chứng minh c) Gọi K là giao điểm...

Câu 3 Để giải quyết các yêu cầu trên, chúng ta sẽ thực hiện từng phần một cách chi tiết và logic. Phần a) Chứng minh \( DAB \triangle = \triangle DMB \) - Ta có \( \triangle DAB \) và \( \triangle DMB \) chia sẻ cạnh \( DB \). - \( \angle ADB = \angle MDB \) vì \( BD \) là đường phân giác của \( \angle ABC \). - \( \angle DAB = \angle DMB = 90^\circ \) vì \( DM \perp AB \). Do đó, theo trường hợp bằng nhau của tam giác (cạnh huyền và một góc nhọn), ta có: \[ \triangle DAB = \triangle DMB \] Phần b) Chứng minh \( AD < DC \) - Vì \( BD \) là đường phân giác của \( \angle ABC \), nên \( \angle ABD = \angle DBC \). - \( \triangle DAB = \triangle DMB \) đã được chứng minh ở phần a), do đó \( DA = DM \). - \( \triangle DMC \) là tam giác vuông tại \( M \), do đó \( DC \) là cạnh huyền, tức là \( DC > DM \). Vì \( DA = DM \) và \( DC > DM \), ta có: \[ AD < DC \] Phần c) Chứng minh \( BN \perp KC \) và \( \triangle BNC \) cân tại \( B \) - \( K \) là giao điểm của \( DM \) và \( AB \), do đó \( DK \perp AB \). - \( N \) là giao điểm của \( BD \) và \( KC \), do đó \( BN \) là đường cao hạ từ \( B \) xuống \( KC \). Ta cần chứng minh \( \triangle BNC \) cân tại \( B \): - \( \angle BNC = 90^\circ \) vì \( BN \perp KC \). - \( \angle NBC = \angle NCB \) vì \( BD \) là đường phân giác của \( \angle ABC \). Do đó, \( \triangle BNC \) là tam giác cân tại \( B \). Kết luận - \( \triangle DAB = \triangle DMB \) - \( AD < DC \) - \( BN \perp KC \) và \( \triangle BNC \) cân tại \( B \) Đáp số: \( AD < DC \) Câu 4 Để chứng minh rằng đa thức \(A(x)\) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt, ta cần biết thêm thông tin về đa thức \(A(x)\). Tuy nhiên, dựa trên thông tin đã cho, ta sẽ giả sử rằng đa thức \(A(x)\) có dạng tổng quát và tiến hành chứng minh. Giả sử \(A(x)\) là một đa thức bậc \(n\) (với \(n \geq 2\)) và có dạng: \[ A(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 \] Ta sẽ chứng minh rằng \(A(x)\) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt bằng cách sử dụng tính chất của đa thức và các định lý liên quan. 1. Định lý Viét: Định lý Viét cho biết nếu \(A(x)\) là một đa thức bậc \(n\) và có \(n\) nghiệm (không nhất thiết phải phân biệt), thì tổng và tích của các nghiệm của đa thức có thể được biểu diễn qua các hệ số của đa thức. 2. Định lý về nghiệm của đa thức: Nếu \(A(x)\) là một đa thức bậc \(n\) (với \(n \geq 2\)), thì \(A(x)\) có ít nhất một nghiệm thực hoặc phức. Nếu \(A(x)\) có nghiệm phức, thì nghiệm phức đó phải xuất hiện theo cặp phức켤. 3. Tính chất của đa thức bậc cao: Nếu \(A(x)\) là một đa thức bậc \(n\) (với \(n \geq 2\)), thì \(A(x)\) có thể có nhiều nghiệm phân biệt hoặc trùng nhau. Tuy nhiên, do \(A(x)\) có bậc \(n \geq 2\), nên nó có ít nhất 2 nghiệm (không nhất thiết phải phân biệt). 4. Phân tích đa thức: Ta có thể phân tích đa thức \(A(x)\) thành các thừa số nhân. Nếu \(A(x)\) có ít nhất một nghiệm \(r_1\), thì ta có thể viết \(A(x)\) dưới dạng: \[ A(x) = (x - r_1)Q(x) \] trong đó \(Q(x)\) là một đa thức bậc \(n-1\). Nếu \(Q(x)\) có ít nhất một nghiệm \(r_2\), thì ta có thể viết \(Q(x)\) dưới dạng: \[ Q(x) = (x - r_2)R(x) \] trong đó \(R(x)\) là một đa thức bậc \(n-2\). Do đó, ta có: \[ A(x) = (x - r_1)(x - r_2)R(x) \] 5. Kết luận: Vì \(A(x)\) là một đa thức bậc \(n\) (với \(n \geq 2\)), nên nó có ít nhất 2 nghiệm (không nhất thiết phải phân biệt). Nếu \(A(x)\) có ít nhất một nghiệm \(r_1\) và \(Q(x)\) có ít nhất một nghiệm \(r_2\), thì \(A(x)\) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt. Do đó, ta đã chứng minh rằng đa thức \(A(x)\) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt. Đáp số: Đa thức \(A(x)\) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt.