Ta có : 

\(P=\dfrac{n!}{\left(n-1\right)!\left(n+1\right)}=\dfrac{1.2.3...\left(n-2\right)\left(n-1\right).n}{1.2.3...\left(n-2\right)\left(n-1\right).\left(n+1\right)}\)

\(\Rightarrow P=\dfrac{n}{n+1}\)

Ta cũng có : 

\(Q=\dfrac{\left(n+1\right)!-n!}{\left(n+1\right)!+n!}=\dfrac{1.2.3..n\left(n+1\right)-1.2.3...n}{1.2.3..n\left(n+1\right)+1.2.3...n}\)

\(\Rightarrow Q=\dfrac{1.2.3...n\left(n+1-1\right)}{1.2.3...n\left(n+1+1\right)}=\dfrac{n}{n+2}\)

Do \(n+1< n+2\Rightarrow\dfrac{n}{n+1}>\dfrac{n}{n+2}\).

Vậy : \(P>Q\)

\(\left\{{}\begin{matrix}2x+2y=14\\xy=10\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=7\\xy=10\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x,y\) là nghiệm của phương trình \(t^2-7t+10=0\). Phương trình có : \(\Delta=b^2-4ac=\left(-7\right)^2-4.1.10=9>0\Rightarrow\) Phương trình có hai nghiệm phân biệt :

\(\left[{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-\left(-7\right)+\sqrt{9}}{2.1}=5\\t_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-\left(-7\right)-\sqrt{9}}{2.1}=2\end{matrix}\right.\)

Vậy : Hệ phương trình có nghiệm \(\left(x;y\right)\in\left\{\left(5;2\right);\left(2;5\right)\right\}\)

(c) Do \(\left\{{}\begin{matrix}IK\perp BC\\AH\perp BC\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow IK\left|\right|AH\Rightarrow\dfrac{DI}{DA}=\dfrac{DK}{DS}\) (hệ quả của định lí Ta-lét) \(\Rightarrow\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DK}{DS}\). (do \(\Delta IBD\) cân tại \(D\left(cmt\right)\) nên \(ID=DB\)).

Ta cũng có ở câu (b) : \(\Delta DBT\sim\Delta DAB\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DT}{DB}=\dfrac{DT}{DI}\).

Từ hai điều trên suy ra : \(\dfrac{DK}{DS}=\dfrac{DT}{DI}\).

Xét \(\Delta DKT,\Delta DSI:\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{DK}{DS}=\dfrac{DT}{DI}\left(cmt\right)\\\hat{D}\text{ chung}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta DKS\sim\Delta DSI\left(c.g.c\right)\Rightarrow\hat{DKT}=\hat{DSI}\). Hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(TK\left|\right|SI\) hay \(BC\left|\right|SI\).

Ta lại có : \(AH\perp BC\Rightarrow SI\perp AH\Rightarrow\hat{PSI}=90^o.\)

Xét tứ giác \(SIDP:\hat{PSI}+\hat{PDI}=90^o+90^o=180^o\). Đây là hai góc đối nhau, vì vậy, tứ giác \(SIDP\) nội tiếp được một đường tròn (đpcm).

(a) + Ta có : \(OB=OC=R\Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(BC.\)

Do \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\) nên \(AI\) hay \(AD\) là đường phân giác của 

\(\hat{BAC}\Rightarrow\hat{BAD}=\hat{DAC}\Rightarrow\stackrel\frown{BD}=\stackrel\frown{CD}\) (các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau) \(\Rightarrow BD=CD\Rightarrow D\) thuộc đường trung trực của \(BC\).

Từ đó, suy ra \(OD\) là đường trung trực của \(BC\Rightarrow OD\perp BC\) (đpcm).

+ Ta có : \(\hat{DBC}=\hat{DAC}=\hat{BAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\) và chứng minh trên). Mà : \(\hat{ABI}=\hat{IBC}\) (do \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\Rightarrow BI\) là phân giác của \(\hat{ABC}\)).

Ta sẽ có được : \(\hat{DBC}+\hat{IBC}=\hat{BAD}+\hat{ABI}\)

\(\Leftrightarrow\hat{IBD}=\hat{BID}\) (\(\hat{BID}\) là góc ngoài của \(\Delta ABI\))

\(\Rightarrow\Delta IBD\) cân tại \(D\) (đpcm).

(b) Xét \(\Delta PAD,\Delta DTR:\) \(\left\{{}\begin{matrix}\hat{PDA}=\hat{TDR}=90^o\left(gt\right)\\\hat{PAD}=\hat{DRT}\end{matrix}\right.\) (cùng phụ với \(\hat{HTA}=\hat{DTR}\) (đối đỉnh))

 \(\Rightarrow\Delta PAD\sim\Delta DTR\left(g.g\right)\Leftrightarrow\dfrac{PD}{DT}=\dfrac{AD}{DR}\Leftrightarrow DT.DA=PD.DR\left(1\right).\)

Xét \(\Delta DBT,\Delta DAB:\left\{{}\begin{matrix}\hat{ADB}\text{ chung}\\\hat{DBT}=\hat{DAB}\left(=\hat{BAD}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta DBT\sim\Delta DAB\left(g.g\right)\Leftrightarrow\dfrac{DT}{DB}=\dfrac{DB}{DA}\Leftrightarrow DB^2=DT.DA\left(2\right).\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow PD.DR=DB^2=DI^2\) (\(\Delta IDB\) cân tại \(D\left(cmt\right)\Rightarrow DB=DI\)) \(\Leftrightarrow\dfrac{PD}{DI}=\dfrac{DI}{DR}\).

Xét \(\Delta PDI,\Delta IDR:\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{PD}{DI}=\dfrac{DI}{DR}\left(cmt\right)\\\hat{PDI}=\hat{IDR}=90^o\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta PDI\sim\Delta IDR\left(c.g.c\right)\Leftrightarrow\hat{IPD}=\hat{DIR}\).

Lại có trong \(\Delta IDP\) vuông tại \(D\) : \(\hat{IPD}+\hat{PID}=90^o\) (hai góc phụ nhau), suy ra : \(\hat{DIR}+\hat{PID}=90^o=\hat{PIR}\)

Vậy : \(IP\perp IR\) (đpcm).

(a) Tứ giác \(PIOB\) có : \(\hat{IOB}=90^o\left(gt\right);\hat{IPB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow\hat{IOB}+\hat{IPB}=90^o+90^o=180^o\). Mà đây là hai góc đối nhau nên tứ giác \(PIOB\) nội tiếp (đpcm).

Ta có : \(\hat{TPB}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BP}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

Và : \(\hat{POB}=sđ\stackrel\frown{BP}\) (góc ở tâm)

\(\Rightarrow\hat{TPB}=\dfrac{1}{2}\hat{POB}\Leftrightarrow\hat{POB}=2.\hat{TPB}\).

Ta cũng có trong \(\Delta OPT\) vuông tại \(P\) (\(PT\) là tiếp tuyến của đường tròn) : \(\hat{POB}+\hat{BTP}=90^o\) (hai góc phụ nhau) \(\Leftrightarrow\hat{BTP}+2.\hat{TPB}=90^o\) (đpcm).

(a) Sửa đề điểm \(D\left(-3;-2\right)\)

Gọi phương trình đường thẳng \(AB\) là \(\left(d\right):y=ax+b\). Suy ra, giá trị hoành độ và tung độ của \(A,B\) phải thỏa mãn hàm số. Ta sẽ có : \(\left\{{}\begin{matrix}0=a.\left(-2\right)+b\\4=a.0+b\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=4\end{matrix}\right.\).

Phương trình đường thẳng \(AB\) là \(\left(d\right):y=2x+4\).

Thay giá trị hoành độ và tung độ của \(D\) vào \(\left(d\right)\Rightarrow-2=2.\left(-3\right)+4\Leftrightarrow-2=-2\) (luôn đúng), do đó \(D\in\left(d\right)\Leftrightarrow A,B,D\) thẳng hàng.

Thay giá trị hoành độ và tung độ của \(C\) vào \(\left(d\right)\Rightarrow1=2.1+4\Leftrightarrow1=6\) (vô lí), do đó \(C\notin\left(d\right)\Leftrightarrow A,B,C\) không thẳng hàng.

(b) Áp dụng công thức khoảng cách giữa hai điểm có tọa độ \(\left(x_1;y_1\right),\left(x_2;y_2\right)\) là : \(d=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(y_2-y_1\right)^2}\).

Ta suy ra được : \(\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{\left(x_A-x_B\right)^2+\left(y_A-y_B\right)^2}\\AC=\sqrt{\left(x_A-x_C\right)^2+\left(y_A-y_B\right)^2}\\BC=\sqrt{\left(x_B-x_C\right)^2+\left(y_B-y_C\right)^2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{\left(-2-0\right)^2+\left(0-4\right)^2}=2\sqrt{5}\\AC=\sqrt{\left(-2-1\right)^2+\left(0-1\right)^2}=\sqrt{10}\\BC=\sqrt{\left(0-1\right)^2+\left(4-1\right)^2}=\sqrt{10}\end{matrix}\right.\).

Ta thấy : \(\left\{{}\begin{matrix}AC^2+BC^2=\left(\sqrt{10}\right)^2+\left(\sqrt{10}\right)^2=20\\AB^2=\left(2\sqrt{5}\right)^2=20\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại \(C\Rightarrow S_{ABC}=\dfrac{1}{2}BC.AC=\dfrac{1}{2}\sqrt{10}\cdot\sqrt{10}=5\left(đvdt\right)\)

(a) Dễ thấy \(OHAE\) là hình chữ nhật nên : \(AH=OE=16\left(cm\right)\) và \(AE=OH=33\left(cm\right).\)

\(\Rightarrow BH=AB-AH=72-16=56\left(cm\right).\)

Xét \(\Delta OHB\) vuông tại \(H:\)

\(OB^2=OH^2+BH^2\left(Pytago\right)\)

\(\Rightarrow OB=\sqrt{OH^2+BH^2}=\sqrt{33^2+56^2}=65\left(cm\right).\)

Vậy : \(OB=65\left(cm\right).\)

(b) Xét \(\Delta OGB\) vuông tại \(G:\)

\(OB^2=OG^2+BG^2\left(Pytago\right)\)

\(\Rightarrow BG=\sqrt{OB^2-OG^2}=\sqrt{65^2-16^2}=63\left(cm\right)=BF.\)

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại 

\(BC^2=AB^2+AC^2\left(Pytago\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(BG+CG\right)^2=AB^2+\left(AE-EC\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(63+CE\right)^2=72^2+\left(33-CE\right)^2\)

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\(\Rightarrow CE=12\left(cm\right).\)

Xét \(\Delta ADB\) vuông tại \(A:\)

\(BD^2=AD^2+AB^2\left(Pytago\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(BF+DF\right)^2=\left(AE+DE\right)^2+AB^2\)

\(\Leftrightarrow\left(63+DE\right)^2=\left(33+DE\right)^2+72^2\)

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\(\Leftrightarrow DE=38,4\left(cm\right).\)

Độ dài bóng : \(CD=DE+CE=38,4+12=50,4\left(cm\right).\)

Ba said that he liked playing soccer every afternoon.

Cho các số thực dương \(a,b,c\) thỏa mãn : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 

\(P=\sqrt{\dfrac{a}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+ac}}+\sqrt{\dfrac{c}{c+ab}}\)

Nhiệt lượng thỏi sắt tỏa ra : 

\(Q=mc\left(t-t_0\right)=2,5\cdot460\cdot\left(150-50\right)=115000\left(J\right)\).

Vậy : \(Q=115000\left(J\right).\)