a/ Ta có 

\(\widehat{ADI}=\widehat{AKI}=90^o\)

=> D và K cùng nhìn AI dưới 1 góc \(90^o\) => D; K thuộc đường tròn đường kính AI => A; D; K; I cùng thuộc một đường tròn

b/ Xét tg vuông DAH và tg vuông ABC có

\(\widehat{DAH}=\widehat{ACB}\) (cùng phụ với \(\widehat{ABC}\) )

=> tg DAH đồng dạng với ABC (g.g.g)

a/

Ta có

AE = HE; BF = HF (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau)

=> AE + BF = HE + HF = EF (dpcm)

b/ Gọi P; K; Q lần lượt là giao của OE; OM; OF với (O)

Ta có

sđ cung PA = sđ cung PH (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn thì đường nối điểm đó với tâm chia đôi cung chắn bởi 2 tiếp điểm)

sđ cung QB = sđ cung QH (lý do như trên)

=> sđ cung PH + sđ cung QH = sđ cung PA + sđ cung QB

=> sđ cung APH = sđ cung BQH

Mà sđ cung APH + sđ cung BQH = sđ cung AKB

=> sđ cung APH = sđ cung BQH = \(\dfrac{sđcungAKB}{2}\) (1)

Ta có

sđ cung KA = sđ cung KB (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn thì đường nối điểm đó với tâm chia đôi cung chắn bởi 2 tiếp điểm)

Mà sđ cung KA + sđ cung KB = sđ cung AKB

=> sđ cung KA = sđ cung KB = \(\dfrac{sđcungAKB}{2}\) (2)

Ta có

\(sđ\widehat{MOA}=sđcungKA=\dfrac{sđcungAKB}{2}\) (góc ở tâm đường tròn) (3)

\(sđ\widehat{FOE}=sđcungPHQ=sđcungPH+sđcungQH=\dfrac{sđcungAKB}{2}\) (góc ở tâm đường tròn) (4)

Từ (1) (2) (3) (4) \(\Rightarrow\widehat{MOA}=\widehat{FOE}\)

\(n\) chẵn \(\Rightarrow n=2k\left(k\inℤ\right)\) 

Khi đó \(P=\dfrac{n}{12}+\dfrac{n^2}{8}+\dfrac{n^3}{24}\)

\(=\dfrac{k}{6}+\dfrac{k^2}{2}+\dfrac{k^3}{3}\)

\(=\dfrac{k+3k^2+2k^3}{6}\)

\(=\dfrac{k\left(2k^2+3k+1\right)}{6}\)

\(=\dfrac{k\left(2k+1\right)\left(k+1\right)}{6}\)

 Nhận thấy \(k,k+1\) là 2 số nguyên liên tiếp nên \(k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)⋮2\)

 Nếu \(k\equiv0,2\left[3\right]\) thì dễ thấy \(k\left(2k+1\right)\left(k+1\right)⋮3\). Nếu \(k\equiv1\left[3\right]\) thì \(2k+1\equiv2.1+1=3\left[3\right]\) nên \(k\left(2k+1\right)\left(k+1\right)⋮3\). 

 Do vậy, \(k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)⋮6\). Suy ra đpcm.

• Phenis
• 
• 21/04/2021

Giải thích các bước giải:

$A=\frac{n}{12}+\frac{n^2}{8}+\frac{n^3}{24}$

$=\frac{2n+3n^2+n^3}{24}$

$=\frac{n(n^2+3n+2)}{24}$

$=\frac{n}{24}\cdot (n^2+3n+2)$

$=\frac{n}{24}[n(n+1)+2(n+1)]$

$=\frac{n(n+1)(n+2)}{24}$

Vì $n(n+1)(n+2)$ là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho $3$

Lại có $n$ là số chẵn, nên đặt $n=2k$, ta có:

$n(n+1)(n+2)=2k(2k+1)(2k+2)=4k(k+1)(2k+1)$

Do $k(k+1)$ là tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và $4k(k+1)(2k+1)$ chia hết cho 8

Vậy A chia hết cho 3 và 8, vậy A chia hết cho 24

$\Rightarrow A$ là số nguyên 

 Nhận thấy \(a\) phải là số nguyên tố lẻ. 

 Xét \(a=3\). Khi đó \(3^2+8=17\) là snt. Lúc này \(3^2+2=11\) cũng là snt (thỏa mãn).

 Xét \(a>3\). Khi đó vì \(a\) là snt nên \(a⋮̸3\) \(\Rightarrow a^2\equiv1\left[3\right]\) \(\Rightarrow a^2+8⋮3\), không thỏa mãn.

 Do đó để \(a\) và \(a^2+8\) là snt thì \(a=3\)

 Vậy ta có đpcm.

Nếu \(a=2\Rightarrow a^2+8=12\) là hợp số (loại)

Nếu \(a=3\Rightarrow a^2+8=17\) cũng là SNT, khi đó \(a^2+2=11\) là SNT (thỏa mãn)

Nếu \(a>3\Rightarrow a\) ko chia hết cho 3 \(\Rightarrow a^2\) chia 3 luôn dư 1

\(\Rightarrow a^2+8\) chia hết cho 3 \(\Rightarrow\) là hợp số (loại)

Vậy ...

\(x^2+3y^2+4x+10y-14=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2\right)^2+3y^2+10y=18\) (1)

\(\Rightarrow3y^2+10y\le18\)

\(\Rightarrow2y^2+8y\le3y^2+10y\le18\)

\(\Rightarrow2y^2+8y+8\le26\)

\(\Rightarrow\left(y+2\right)^2\le13\) 

Mà \(y\) nguyên và \(y\ge0\) \(\Rightarrow y=\left\{0;1\right\}\) 

- Với \(y=0\) thay vào (1) \(\Rightarrow\left(x+2\right)^2=18\) ko tồn tại x nguyên thỏa mãn

- Với \(y=1\) thay vào (1) \(\Rightarrow\left(x+2\right)^2+13=18\Rightarrow\left(x+2\right)^2=5\)  không tồn tại x nguyên thỏa mãn

Vậy ko tồn tại các số nguyên không âm x; y thỏa mãn

\(x^2-2\left(3m-1\right)x+12m-8=0\)

Để pt có 2 nghiệm phân biệt

Thì : \(\Delta'=\left[-\left(3m-1\right)\right]^2-1.\left(12m-8\right)>0\)

\(=>9m^2-6m+1-12m+8>0\\ =>9m^2-18m+9>0\\ =>m^2-2m+1>0\\ =>\left(m-1\right)^2>0\)

\(=>m-1\ne0\) ( Vì : \(\left(m-1\right)^2\ge0\forall x\) )

\(=>m\ne1\)

Theo Vi ét :

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(3m-1\right)\left(1\right)\\x_1.x_2=12m-8\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Theo đề : \(x_1-2x_2=3\left(2\right)\)

Trừ vế theo vế (1) với (2) ta được :

\(3x_2=2\left(3m-1\right)-3=6m-5\\ =>x_2=\dfrac{6m-5}{3}\)

Thay vào (1) :

\(x_1+\dfrac{6m-5}{3}=2\left(3m-1\right)\)

\(=>x_1=6m-2-\dfrac{6m-5}{3}\)

\(=>x_1=\dfrac{18m-6-6m+5}{3}=\dfrac{12m-1}{3}\)

Thay giá trị x1 và x2 vào (3):

\(\dfrac{6m-5}{3}.\dfrac{12m-1}{3}=12m-8\)

\(=>\dfrac{\left(12m-1\right)\left(6m-5\right)}{9}=12m-8\\ =>72m^2-6m-60m+5=108m-72\\ =>72m^2-174m+77=0\\ =>\left[{}\begin{matrix}m_1=\dfrac{11}{6}\\m_2=\dfrac{7}{12}\end{matrix}\right.\left(TMDK\right)\)

Vậy \(m\in\left\{\dfrac{11}{6};\dfrac{7}{12}\right\}\) là 2 giá trị thỏa mãn đề

\(\Delta'=\left(3m-1\right)^2-\left(12m-8\right)=9\left(m-1\right)^2\)

Pt có 2 nghiệm pb khi \(9\left(m-1\right)^2>0\Rightarrow m\ne1\)

Khi đó theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(3m-1\right)\\x_1x_2=12m-8\end{matrix}\right.\)

Kết hợp với điều kiện đề bài ta được:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(3m-1\right)\\x_1-2x_2=3\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x_2=2\left(3m-1\right)-3=6m-5\\x_1=2x_2+3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{6m-5}{3}\\x_1=\dfrac{12m-1}{3}\end{matrix}\right.\)

Thế vào \(x_1x_2=12m-8\)

\(\Rightarrow\left(\dfrac{6m-5}{3}\right)\left(\dfrac{12m-1}{3}\right)=12m-8\)

\(\Leftrightarrow72m^2-174m+77=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\dfrac{11}{6}\\m=\dfrac{7}{12}\end{matrix}\right.\)

\(n^5+1⋮n^3+1\)

\(\Leftrightarrow n^5-n^3⋮n^3+1\)

\(\Leftrightarrow n^3\left(n^2-1\right)⋮n^3+1\)

Vì \(gcd\left(n^3,n^3+1\right)=1\) nên từ đây suy ra \(n^2-1⋮n^3+1\) (*)

Nếu \(n=1\) thì (*) thành \(0⋮2\) (thỏa mãn)

Nếu \(n\ge2\) thì (*) suy ra \(n^3+1\le n^2-1\) 

\(\Leftrightarrow f\left(n\right)=n^3-n^2+2\le0\)     (1)

Ta thấy \(f\left(n+1\right)-f\left(n\right)=\left(n+1\right)^3-\left(n+1\right)^2+2-n^3+n^2-2\)

\(=n^3+3n^2+3n+1-n^2-2n-1-n^3+n^2\)

\(=3n^2+n>0,\forall n\ge2\)

\(\Rightarrow f\left(n\right)\) là hàm số đồng biến trên \(ℕ_{\ge2}\) (cái này mình kí hiệu cho gọn thôi chứ bạn đừng viết vào bài làm nhé)

\(\Rightarrow f\left(n\right)\ge f\left(2\right)=6>0\)

Do đó (1) vô lý \(\Rightarrow n=1\) là giá trị duy nhất thỏa mãn ycbt.

\(\dfrac{n^5+1}{n^3+1}=\dfrac{\left(n+1\right)\left(n^4-n^3+n^2-n+1\right)}{\left(n+1\right)\left(n^2-n+1\right)}=\dfrac{n^4-n^3+n^2-n+1}{n^2-n+1}\)

\(=\dfrac{n^2\left(n^2-n+1\right)-\left(n-1\right)}{n^2-n+1}=n^2-\dfrac{n-1}{n^2-n+1}\)

Để \(n^5+1⋮n^3+1\Rightarrow\dfrac{n-1}{n^2-n+1}\in Z\)

- Với \(n=1\) thỏa mãn

- Với \(n>1\Rightarrow n^2-n>n^2-n=n\left(n-1\right)>n-1\)

\(\Rightarrow0< \dfrac{n-1}{n^2-n+1}< 1\) \(\Rightarrow\dfrac{n-1}{n^2-n+1}\notin Z\)

Vậy \(n=1\) là giá trị duy nhất thỏa mãn

\(\left\{{}\begin{matrix}4\sqrt{x+3}-9\sqrt{y+1}=2\\5\sqrt{x+3}+3\sqrt{y+1}=31\end{matrix}\right.\)

Đặt: \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x+3}=a>0\\\sqrt{y+1}=b>0\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a-9b=2\\5a+3b=31\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a-9b=2\\15a+9b=93\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a-9b=2\\19a=95\end{matrix}\right.\) 

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=2\\a=5\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x+3}=5\\\sqrt{y+1}=2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=22\\y=3\end{matrix}\right.\)

Vậy: .... 

\(x^2+3x+2+2\left(2-x\right)\sqrt{x-1}=0\left(x\ge1\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-x-2x+2-2\left(x-2\right)\sqrt{x-1}=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-1\right)-2\left(x-1\right)-2\left(x-2\right)\sqrt{x-1}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)-2\left(x-2\right)\sqrt{x-1}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\sqrt{x-1}\left(\sqrt{x-1}-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-2=0\\\sqrt{x-1}=0\\\sqrt{x-1}-2=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\left(tm\right)\\x-1=0\\\sqrt{x-1}=2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\left(tm\right)\\x=1\left(tm\right)\\x-1=4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=1\\x=5\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

Vậy: \(x\in\left\{1;2;5\right\}\)

Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

=>AB=AC
mà OB=OC
nên OA là trung trực của BC

=>OA vuông góc BC tại H

=>AH*AO=AB^2

Xet ΔABD và ΔAEB có

góc ABD=góc AEB

góc BAD chung

=>ΔABD đồng dạng với ΔAEB

=>AB^2=AD*AE=AH*AO

=>AD/AO=AH/AE

=>ΔADH đồng dạng với ΔAOE
=>góc ADH=góc AOE

=>góc DHO+góc DEO=180 độ

=>DEOH nội tiếp

=>góc EHO=góc EDO

Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

=>AB=AC
mà OB=OC
nên OA là đường trung trực của BC

=>OA vuông góc BC tại H

=>AH+AO=ABx2

Xet ΔABD và ΔAEB có

          góc ABD = góc AEB

           góc BAD chung

      =>ΔABD đồng dạng với ΔAEB

=>AB^2=AD*AE=AH*AO

=>AD/AO=AH/AE

=>ΔADH đồng dạng với ΔAOE
=>góc ADH=góc AOE

=>góc DHO+góc DEO=180 độ

=>góc EHO=góc EDO

=>OB vuuong góc với d