a) Dễ thấy A, H, K thẳng hàng.

Ta có \(\widehat{KCB}=\widehat{HCB}=90^o-\widehat{ABC}=\widehat{KAB}\).

Suy ra tứ giác ACKB nội tiếp.

b) \(\widehat{ABD}=\widehat{AA'C};\widehat{ADB}=\widehat{ACA'}=90^o\Rightarrow\Delta ABD\sim\Delta AA'C\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{A'AC}\)

\(\Rightarrow\widehat{AA'C}=90^o-\widehat{ABC}=90^o-\widehat{AEF}\Rightarrow AA'\perp EF\)

c) Ta có BH // A'C (do cùng vuông góc với AC), CH // A'B (do cùng vuông góc với AB) nên tứ giác BHCA' là hình bình hành. Suy ra H, I, A' thẳng hàng.

d) Do OI là đường trung bình của tam giác A'AH nên OI // AH,\(\dfrac{OI}{AH}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{IG}{AG}\Rightarrow\) H, G, O thẳng hàng và \(\dfrac{OG}{HG}=\dfrac{1}{2}\). Từ đó \(S_{AHG}=2S_{AOG}\) (đpcm) 

a) Để pt có 1 nghiệm bằng 1 thì \(2.1^2-3.1+m-1=0\Leftrightarrow m=2\).

Khi đó \(PT\Leftrightarrow2x^2-3x+1=0\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(2x-1\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\).

Nghiệm còn lại là \(x=\dfrac{1}{2}\).

b) Ta có \(\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}=2\Leftrightarrow\dfrac{\left(x_1+x_2\right)^2}{x_1x_2}=4\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2=0\Leftrightarrow x_1=x_2\).

Để pt có nghiệm kép khác 0 thì \(\left\{{}\begin{matrix}\Delta=3^2-8\left(m-1\right)\ge0\\m-1\ne0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m=\dfrac{17}{8}\).

Giả sử bốn số nguyên tố đó là \(p_1,p_2,p_3,p_4\).

Khi đó các số đã cho đều viết được dưới dạng \(p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}p_4^{a_4}\) với \(a_1,a_2,a_3,a_4\) là các số tự nhiên.

Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại 9 số có hệ số \(a_1\) cùng tính chẵn, lẻ.

Trong 9 số này, tồn tại 5 số có hệ số \(a_2\) cùng tính chẵn, lẻ.

Trong 5 số này, tồn tại 3 số có hệ số \(a_3\) cùng tính chẵn, lẻ.

Trong 3 số này, tồn tại 2 số có hệ số \(a_4\) cùng tính chẵn, lẻ. Tích hai số này là số chính phương.

\(\Delta DAC\sim\Delta DBA\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AC}{BA}=\dfrac{DA}{DB}\). (1)

\(\Delta DFC\sim\Delta DBF\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{FC}{BF}=\dfrac{DF}{DB}\). (2)

Lại có DA = DF (3) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\dfrac{AC}{BA}=\dfrac{FC}{BF}\Rightarrow AC.BF=FC.BA\).

Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác ABFC nội tiếp ta có AC . BF + FC . BA = BC . AF

\(2.AC.BF=BC.2FH\Rightarrow AC.BF=BC.FH\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{FH}{FB}\Rightarrow\Delta BCA\sim\Delta BFH\left(c.g.c\right)\Rightarrow\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{BH}{BF}\Rightarrow BH.BC=BA.BF=2OC.BF\).

P/s: Đây là tính chất kinh điển của tứ giác điều hòa

Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}y=x^3-3x+1,x\ge0\\y=-x^3-3x+1,x< 0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y'\left(x\right)=3x^2-3,x\ge0\\y'\left(x\right)=-3x^2-3,x< 0\end{matrix}\right.\).

\(y'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=1\). Vậy hàm số đã cho có 1 điểm cực trị

QEZ Dùng Geogebra có vẽ đoạn thẳng mà, nhưng do mình nhác sửa quá (lúc đầu mình vẽ đường thẳng)

Mk không có điện thoại nên mình chụp hình geogebra luôn