Bài 1:

ĐKXĐ: \(-x^2+2x+3\ge0\)

=>\(x^2-2x-3\le0\)

=>(x-3)(x+1)<=0

=>-1<=x<=3

Đặt a=x+1

=>x=a-1

Phương trình ban đầu sẽ trở thành:

\((a-1)^3 + (a-1) + 6 = 2a\sqrt{3 + 2(a-1) - (a-1)^2}\)

=>\(a^3 - 3a^2 + 4a + 4 = 2a\sqrt{4a - a^2} \quad (1)\)

\(2a\sqrt{4a-a^2}\le a^2+\left(\sqrt{4a-a^2}\right)^2=a^2+4a-a^2=4a\)

Dấu '=' xảy ra khi \(a=\sqrt{4a-a^2}\)

=>\(4a-a^2=a^2\)

=>\(2a^2-4a=0\)

=>2a(a-2)=0

=>a=0(loại) hoặc a=2(nhận)

\(\left(a-2\right)^2\cdot\left(a+1\right)>=0\forall a\) >0

=>\(\left(a^2-4a+4\right)\left(a+1\right)>=0\)

=>\(a^3+a^2-4a^2-4a+4a+4>=0\)

=>\(a^3-3a^2+4>=0\)

=>\(a^3-3a^2+4+4a\ge4a\)

Dấu '=' xảy ra khi a=2

Do đó, ta có: \(VT=a^3-3a^2+4a+4\ge4a\ge2a\sqrt{4a - a^2}=VP\)

Dấu '=' xảy ra khi a=2

=>x=a-1=2-1=1(nhận)

Sửa đề: BE,CD cắt nhau tại H

a: Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>CD⊥AB tại D

Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>BE⊥AC tại E

Xét ΔABC có

BE,CD là các đường cao

BE cắt CD tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại F

Xét ΔAEB vuông tại E và ΔADC vuông tại D có

góc EAB chung

Do đó: ΔAEB~ΔADC

=>\(\frac{AE}{AD}=\frac{AB}{AC}\)

=>\(AE\cdot AC=AD\cdot AB\)

b: ΔADH vuông tại D

mà DI là đường trung tuyến

nên ID=IH

=>ΔIDH cân tại I

=>\(\hat{IDH}=\hat{IHD}\)

mà \(\hat{IHD}=\hat{AHD}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{BAH}\right)\)

nên \(\hat{IDH}=\hat{ABC}\)

OD=OC

=>ΔODC cân tại O

=>\(\hat{ODC}=\hat{OCD}\)

\(\hat{IDO}=\hat{IDH}+\hat{ODC}\)

\(=\hat{DBC}+\hat{DCB}=90^0\)

ΔAEH vuông tại E

mà EI là đường trung tuyến

nên EI=AH/2

=>EI=DI

Xét ΔIDO và ΔIEO có

ID=IE

OD=OE

IO chung

Do đó: ΔIDO=ΔIEO

=>\(\hat{IDO}=\hat{IEO}\)

=>\(\hat{IEO}=90^0\)

Ta có: \(\hat{IDO}=\hat{IFO}=\hat{IEO}=90^0\)

=>I,D,F,O,E cùng thuộc một đường tròn

=>(DEF) đi qua O và I

Sửa đề: Bỏ AB=CD, BC=AD; CA=BD

Chọn đỉnh A làm gốc, chúng ta sẽ biểu diễn các vecto xuất phát từ A

\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{u};\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{v};\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{w}\)

ABCD là tứ diện đều

=>\(AB=AC=AD=a\)

\(\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{v}=AB\cdot AC\cdot cosBAC=a\cdot a\cdot cos60=\frac12a^2\)

\(\overrightarrow{u}\cdot\overrightarrow{w}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=AB\cdot AD\cdot cosBAD=a\cdot a\cdot cos60=\frac12a^2\)

\(\overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{w}=AC\cdot AD\cdot cosCAD=a\cdot a\cdot cos60=\frac12a^2\)

\(\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{DA}=\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)\cdot\left(-\overrightarrow{AD}\right)=-\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}\)

\(=-\frac12a^2+\frac12a^2=0\)

=>BC⊥DA

=>cos(BC;DA)=0

a: Xét ΔABC có AM là phân giác

nên \(\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}\)

Xét ΔABC có BN là phân giác

nên \(\frac{NC}{NA}=\frac{BC}{BA}\)

Xét ΔABC có CP là phân giác

nên \(\frac{PA}{PB}=\frac{CA}{CB}\)

\(\frac{MB}{MC}\cdot\frac{NC}{NA}\cdot\frac{PA}{PB}\)

\(=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{BC}{BA}\cdot\frac{CA}{CB}=1\)

Đề bài hỏi là có bao nhiêu bộ ba điểm thẳng hàng, bộ ba điểm có nghĩa là ba điểm nào thẳng hàng á bạn

Thì trong đây có 4 điểm thẳng hàng đúng như bạn nói là M,P,N,Q, nhưng ở đây chúng ta sẽ lấy ra bộ ba điểm bất kì của 4 điểm trên sao cho không trùng lặp.

Thì chúng ta sẽ có 4 bộ ba điểm sau đây:

M,N,P

M,N,Q

N,P,Q

M,Q,P

Để hệ có nghiệm duy nhất thì \(\frac{m}{3}<>\frac{2}{m+1}\)

=>m(m+1)<>6

=>\(m^2+m-6<>0\)

=>(m+3)(m-2)<>0

=>m∉{-3;2}

\(\begin{cases}mx+2y=1\\ 3x+\left(m+1\right)y=-1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}3mx+6y=3\\ 3mx+\left(m^2+m\right)y=-m\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}3mx+\left(m^2+m\right)y-3mx-6y=-m-3\\ mx+2y=1\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}y\left(m^2+m-6\right)=-\left(m+3\right)\\ mx=1-2y\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=\frac{-\left(m+3\right)}{\left(m+3\right)\left(m-2\right)}=\frac{-1}{m-2}\\ mx=1-2\cdot\frac{-1}{m-2}=1+\frac{2}{m-2}=\frac{m}{m-2}\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=-\frac{1}{m-2}\\ x=\frac{1}{m-2}\end{cases}\)

Để x,y là các số nguyên thì -1⋮m-2 và 1⋮ m-2

=>m-2∈{1;-1}

=>m∈{3;1}

f(2)=156

=>\(a\cdot2^2+b\cdot2+c=156\)

=>4a+2b+c=156

f(-3)=156

=>\(a\cdot\left(-3\right)^2+b\cdot\left(-3\right)+c=156\)

=>9a-3b+c=156

f(-1)=132

=>\(a\cdot\left(-1\right)^2+b\cdot\left(-1\right)+c=132\)

=>a-b+c=132

9a-3b+c=156

4a+2b+c=156

Do đó: 9a-3b+c-4a-2b-c=156-156

=>5a-5b=0

=>a=b

9a-3b+c=156

a-b+c=132

Do đó: 9a-3b+c-a+b-c=156-132

=>8a-2b=24

=>8a-2a=24

=>6a=24

=>a=4

=>b=a=4

a-b+c=132

=>4-4+c=132

=>c=132

\(f\left(x\right)=4x^2+4x+132\)

\(=4x^2+4x+1+131=\left(2x+1\right)^2+131\ge131>0\forall x\)

=>f(x) vô nghiệm

y-x=-2017

=>|x+1|-x=-2017(1)

TH1: x>=-1

(1) sẽ trở thành: x+1-x=-2017

=>1=-2017(loại)

TH2: x<-1

(1) sẽ trở thành: -x-1-x=-2017

=>2x+1=2017

=>2x=2016

=>x=1008(loại)

Vậy: Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu đề bài

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho đỉnh A trùng với gốc tọa độ O(0;0;0)

Khi đó, ta sẽ có tọa độ các đỉnh còn lại như sau:

\(A(0,0,0);B(a,0,0);C(a,a,0);A^{\prime}(0,0,a);B^{\prime}(a,0,a);C^{\prime}(a,a,a)\)

Tọa độ M là trung điểm của A'B' là:

\(\begin{cases}x=\frac{0+a}{2}=\frac{a}{2}\\ y=\frac{0+0}{2}=0\\ z=\frac{a+a}{2}=a\end{cases}\)

=>M(a/2;0;a)

Tọa độ N là trung điểm của BC là:

\(\begin{cases}x=\frac{a+a}{2}=a\\ y=\frac{0+a}{2}=\frac{a}{2}\\ z=\frac{0+0}{2}=0\end{cases}\)

=>N(a;a/2;0)

\(\overrightarrow{MN}=\left(a-\frac{a}{2};\frac{a}{2}-0;0-a\right)=\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};-a\right)\)

\(\overrightarrow{AC^{\prime}}=\left(a-0;a-0;a-0\right)=\left(a;a;a\right)\)

\(\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{AC^{\prime}}=\frac{a}{2}\cdot a+\frac{a}{2}\cdot a-a\cdot a=0\)

=>MN⊥AC'

Sửa đề: Thỏa mãn biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất

\(x^2-4x+y^2-6y+15\)

\(=x^2-4x+4+y^2-6y+9+2\)

\(=\left(x-2\right)^2+\left(y-3\right)^2+2\ge2\forall x,y\)

Dấu '=' xảy ra khi x-2=0 và y-3=0

=>x=2 và y=3