Để chứng minh rằng một đa giác lồi có n cạnh, khi được chia thành các tam giác bằng nhau bằng cách vẽ n-3 đường chéo đôi một không cắt nhau, thì n phải chia hết cho 3, ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp (induction) để giải quyết bài toán này.

Đầu tiên, chúng ta xét trường hợp đơn giản nhất khi n = 3, tức là đa giác là tam giác. Trong trường hợp này, không cần vẽ đường chéo nào cả, vì tam giác đã được chia thành các tam giác bằng nhau. Và n = 3 chia hết cho 3.

Giả sử đa giác có n cạnh thỏa mãn điều kiện trong đề bài. Ta sẽ chứng minh rằng khi thêm một cạnh mới vào đa giác, tức là n+1 cạnh, thì n+1 cũng phải chia hết cho 3.

Giả sử đa giác có n cạnh và đã được chia thành các tam giác bằng nhau bằng cách vẽ n-3 đường chéo đôi một không cắt nhau. Khi thêm một cạnh mới vào đa giác, chúng ta sẽ thêm một tam giác mới và tạo ra một đường chéo mới. Khi đó, số tam giác trong đa giác tăng thêm một đơn vị và số đường chéo tăng thêm một đơn vị.

Điều quan trọng là ta phải đảm bảo rằng khi thêm một cạnh mới vào, chúng ta vẫn có thể chia đa giác thành các tam giác bằng nhau bằng cách vẽ n-2 đường chéo đôi một không cắt nhau. Điều này có nghĩa là ta cần thêm một đường chéo mới để duy trì tính chất của đa giác ban đầu.

Với việc thêm một cạnh mới, số đường chéo tăng lên một đơn vị, nên ta cần có (n-2)+1 = n-1 đường chéo. Điều này đồng nghĩa với việc n-1 phải chia hết cho 3.

Dựa trên quy nạp, chúng ta có thể kết luận rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3, nếu đa giác có n cạnh và được chia thành các tam giác bằng nhau bằng cách vẽ n-3 đường chéo đôi một không cắt nhau, thì n phải chia hết cho 3.

Vậy, điều phải chứng minh đã được chứng minh.

1. Để chứng minh sau hữu hạn bước sẽ không thực hiện chuyển bi được nữa, ta quan sát rằng mỗi bước chuyển bi, tổng số bi trong các ô liên tiếp tăng lên 1 đơn vị. Ban đầu có 2023 viên bi, và sau mỗi bước chuyển bi, tổng số bi trong các ô liên tiếp tăng lên 1 đơn vị. Vì số lượng ô là vô hạn, nên sau một số bước chuyển bi, tổng số bi trong các ô liên tiếp sẽ vượt quá 2023. Do đó, sau hữu hạn bước sẽ không thực hiện chuyển bi được nữa.

2. Để chứng minh P, Q, D, H đồng viên, ta sử dụng tính chất của tam giác nội tiếp và ngoại tiếp.

Vì tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I), nên ta có:

• Giao điểm của EF và BC là D.
• Giao điểm của AG và EF là H.
• Giao điểm của AG và (I) là M.

Ta cần chứng minh P, Q, D, H đồng viên, tức là chúng nằm trên một đường thẳng.

Áp dụng định lí Pascal cho đường tròn ngoại tiếp (O) và đường tròn nội tiếp (I), ta có:

• Điểm P = AB ∩ EF.
• Điểm Q = AC ∩ EF.
• Điểm D = BC ∩ PQ.

Vì P, Q, D nằm trên cùng một đường thẳng PQ, nên ta chỉ cần chứng minh H nằm trên đường thẳng PQ.

Áp dụng định lí Pascal cho đường tròn ngoại tiếp (O) và đường tròn nội tiếp (I), ta có:

• Điểm H = AG ∩ EF.
• Điểm M = BC ∩ OI.
• Điểm D = PQ ∩ OI.

Vì H, M, D nằm trên cùng một đường thẳng OI, nên H nằm trên đường thẳng PQ.

Vậy ta đã chứng minh được rằng P, Q, D, H đồng viên.

a) \(\dfrac{1}{\tan\alpha+1}+\dfrac{1}{\cot\alpha+1}\) \(=\dfrac{\tan\alpha+1+\cot\alpha+1}{\left(\tan\alpha+1\right)\left(\cot\alpha+1\right)}\) \(=\dfrac{\tan\alpha+\cot\alpha+2}{\tan\alpha\cot\alpha+\tan\alpha+\cot\alpha+1}\) \(=1\) (vì \(\tan\alpha\cot\alpha=1\))

b) \(\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)-\sin\left(\pi+\alpha\right)\) \(=\sin\left(\alpha\right)-\sin\left(\pi-\alpha\right)\) \(=0\) (do \(\sin\) của 2 cung bù nhau thì bằng nhau, \(\cos\) của 1 góc bằng \(\sin\) của góc phụ với nó).

c) \(\sin\left(\alpha-\dfrac{\pi}{2}\right)+\cos\left(-\alpha+6\pi\right)-\tan\left(\alpha+\pi\right)\cot\left(3\pi-\alpha\right)\)

\(=\cos\left(\pi-\alpha\right)+\cos\left(-\alpha\right)-\tan\alpha\cot\left(\pi-\alpha\right)\)

\(=\tan\alpha\cot\alpha\) \(=1\) (ở đây áp dụng tính chất của 2 cung hơn kém \(\pi\) nhiều lần)

Trong mp(SAB) từ S dựng dường vuông góc với AB cắt AB tại H

Ta có

\(\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\) và AB là giao tuyến của 2 mp

\(SH\perp AB\)

\(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp CK\) (1)

Ta có AB=BC=CD=AD=a (gt)

DH cắt CK tại O

Xét tg vuông ADH và tg vuông DCK

AD=CD=a

\(AH=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{a}{2}\)

\(DK=\dfrac{AD}{2}=\dfrac{a}{2}\)

=> tg ADK = tg DCK \(\Rightarrow\widehat{AHD}=\widehat{DKC}\)

Mà \(\widehat{ADH}+\widehat{AHD}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{ADH}+\widehat{DKC}=90^o\) 

=> tg DOK vuông tạo O \(\Rightarrow CK\perp DH\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow CK\perp\left(SDH\right)\) 

Trong mp (SDH) từ O dựng đường thẳng vuông góc với SD cắt SD tại M

Ta có \(CK\perp\left(SDH\right);OM\in\left(SDH\right)\Rightarrow CK\perp OM\)

=> OM cùng vuông góc với SD và CK => OM là khoảng cách giữa SD và CK

Do SAB là tg đều => SA=SB=AB=a

Xét tg vuông SAH

\(SH=\sqrt{SA^2-AH^2}=\sqrt{a^2-\dfrac{a^2}{4}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét tg vuông ADH

\(DH=\sqrt{AD^2+AH^2}=\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{4}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)

Ta có \(SH\perp\left(ABCD\right)\left(cmt\right);DH\in\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp DH\)

Xét tg vuông SDH

\(SD=\sqrt{SH^2+DH^2}=\sqrt{\dfrac{3a^2}{4}+\dfrac{5a^2}{4}}=a\sqrt{2}\)

Xét tg vuông ODK và tg vuông ADH có chung \(\widehat{ADH}\)

=> tg ODK đồng dạng với tg ADH

\(\Rightarrow\dfrac{DO}{AD}=\dfrac{DK}{DH}\Rightarrow DO=\dfrac{AD.DK}{DH}=\dfrac{a.\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{5}\)

Xét tg vuông ODM và tg vuông SDH có chung \(\widehat{SDH}\)

=> tg ODM đồng dạng với tg SDH

\(\Rightarrow\dfrac{OM}{SH}=\dfrac{DO}{SD}\Rightarrow OM=\dfrac{SH.DO}{SD}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\dfrac{a\sqrt{5}}{5}}{a\sqrt{2}}\)

Phần tính toán bạn kiểm tra lại nhé, đại khái cách làm là như thế