a.
$I$ là trung điểm của $CD$ nên $OI \perp CD$.

$\Rightarrow \widehat{SIO} = 90^{\circ}$.

Mà $\widehat{SAO} = \widehat{SBO} = 90^{\circ}$.

Suy ra 5 điểm $S,A,I,O,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $SO$.

Ta có $\widehat{SAC} = \widehat{ADC}$ (cùng chắn cung AC).

Xét $\Delta SAC$ và $\Delta SDA$ có

$\widehat{S}$ chung;

$\widehat{SAC} = \widehat{ADC}$

$\Rightarrow \Delta SAC \sim \Delta SDA$ (g.g).

$\Rightarrow \dfrac{SA}{SD} = \dfrac{SC}{SA} \Rightarrow SA^2 = SC.SD.$

b. 

$\Delta SAO$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$.

$\Rightarrow SA^2 = SH.SO$.

Từ câu a ta có $SH.SO = SC.SA = SA^2 \Rightarrow \dfrac{SH}{SD} = \dfrac{SC}{SO}$.

Xét $\Delta SCH$ và $\Delta SOD$ có

$\widehat{S}$ chung;

$\dfrac{SH}{SD} = \dfrac{SC}{SO}$

$\Rightarrow \Delta SCH \sim \Delta SOD$ (c.g.c).

$\Rightarrow \widehat{SCH} = \widehat{SOD}$ (hai góc tương ứng)

$\Rightarrow CHOD$ nội tiếp.

c.

Ta có $AD // SB$, $OB \perp SB \Rightarrow OB \perp AD.$

Mà đường kính thì đi qua trung điểm day cung nên $BO$ đi qua trung điểm của AD. (1)

Áp dụng định lí Talet với $AD // SB$, $E = AB \cap SD$ và $F = ME \cap AD$.

$\Rightarrow \dfrac{FD}{SM} = \dfrac{ED}{SE} = \dfrac{AD}{SB} \Rightarrow \dfrac{SM}{SB} = \dfrac{FD}{AD} \Rightarrow F$ là trung điểm của $AD$.

Mà theo (1)  $BO$ đi qua trung điểm $F$ của $AD$ nên ba điểm $B,O,F$ thẳng hàng.

\(\sqrt{a}-\sqrt{b}< \sqrt{a-b}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2< a-b\)(vì \(a>b>0\))

\(\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{ab}-a+b< 0\)

\(\Leftrightarrow b-\sqrt{ab}< 0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{b}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{b}-\sqrt{a}< 0\)

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do \(a>b>0\)mà ta biến đổi tương đương nên bất đẳng thức cần chứng minh cũng đúng. 

a) \(\widehat{AMO}=\widehat{AIO}=90^o\) nên \(M\)và \(I\)cùng nhìn \(AO\)dưới góc \(90^o\)nên \(AMOI\)nội tiếp. 

b) \(OM=ON\)nên \(O\)thuộc đường trung trực của \(MN\)

\(AM=AN\)nên \(A\)thuộc đường trung trực của \(MN\)

nên \(AO\)là trung trực của \(MN\)nên \(AO\perp MN\).

Tam giác \(AMO\)vuông tại \(M\)đường cao \(MK\)nên

\(AM^2=AK.AO\).

Thử lại.

Với \(a-3b=1\Leftrightarrow a=3b+1\):

\(4a+1=12b+5\).

Đặt \(d=\left(12b+5,4b-1\right)\)

Suy ra \(\hept{\begin{cases}12b+5⋮d\\4b-1⋮d\end{cases}}\Rightarrow12b+5-3\left(4b-1\right)=8⋮d\Leftrightarrow d\inƯ\left(8\right)\)mà \(d\)lẻ nên \(d=1\).

\(a+b=3b+1+b=4b+1\)

\(16ab+1=16b\left(3b+1\right)=48b^2+16b+1=\left(12b+1\right)\left(4b+1\right)⋮\left(4b+1\right)\)

Do đó thỏa mãn. 

Trường hợp còn lại tương tự, và cũng thỏa mãn. 

Ta có: 

\(\left(4a+1,4b-1\right)=1\Leftrightarrow\left(4a+1,4a+4b\right)=1\Leftrightarrow\left(4a+1,a+b\right)=1\)

\(\left(a+b\right)|\left(16ab+1\right)\Leftrightarrow\left(a+b\right)|\left(16ab+4a+4b+1\right)\Leftrightarrow\left(a+b\right)|\left(4a+1\right)\left(4b+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)|\left(4b+1\right)\)(1)

\(16ab+1=16a\left(b+a\right)-16a^2+1=16a\left(a+b\right)-\left(4a-1\right)\left(4a+1\right)\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)|\left(4a-1\right)\)(2)

lại có: \(\left(4a-1\right)+\left(4b+1\right)=4\left(a+b\right)\)mà \(a,b\inℕ^∗\)

kết hợp với (1), (2) suy ra \(a+b=k\left(4b+1\right),k=\overline{1,3}\)

Suy ra \(\orbr{\begin{cases}a-3b=1\\3a-b=1\end{cases}}\). 

Do 2n+1 là số chính phương lẻ nên 2n+1 : 8 dư 1

=> 2n chia hết cho 8

=> n chia hết cho 4

=> n chẵn

=> 3n chẵn

=> 3n+1 lẻ

=> 3n+1 chia 8 dư 1

=> 3n chia hết cho 8

=> n chia hết cho 8    (1)

Có: 3n+1 là số chính phương => 3n+1 chia 5 dư 0;1;4

=> 3n chia 5 dư 4;3 hoặc chia hết cho 5

=> n chia 5 dư 3;1 hoặc chia hết cho 5

- Xét n : 5 dư 3 => 2n+1 chia 5 dư 2 (Loại)

- Xét n : 5 dư 1 => 2n+1 chia 5 dư 3 (Loại)

- Xét n chia hết cho 5 => 2n+1 chia 5 dư 1 (Thỏa mãn)

=> n chia hết cho 5   (2)

Từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40

Ta tìm được n=40 để 2n+1 và 3n+1 đều là số chính phương

P/s: Vậy n=40 chỉ là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn đề bài

\(\hept{\begin{cases}2x+5y=7m+2\\2x+3y=m+2\end{cases}}\Rightarrow2y=6m\)

\(\hept{\begin{cases}2x+3y=m+2\\2x+y=5\end{cases}}\Rightarrow2y=m-3\)

\(\Rightarrow6m=m-3\Leftrightarrow m=-\frac{3}{5}\)

Thử lại thỏa mãn. 

Áp dụng bđt Cô-si cho 2 số dương \(\frac{x}{2};\frac{8}{y}\) ta có:

\(\frac{x}{2}+\frac{8}{y}\ge2\sqrt{\frac{x}{2}\frac{8}{y}}=4\sqrt{\frac{x}{y}}\)

\(\Leftrightarrow2\ge4\sqrt{\frac{x}{y}}\Leftrightarrow0< \sqrt{\frac{x}{y}}\le\frac{1}{2}\Leftrightarrow0< \frac{x}{y}\le\frac{1}{4}\)

Đặt \(\frac{x}{y}=t\left(0< t\le\frac{1}{4}\right)\Rightarrow-t\ge\frac{-1}{4}\)

Ta có: \(K=t+\frac{2}{t}=32t+\frac{2}{t}-31t\ge2\sqrt{32t.\frac{2}{t}}-31t\ge16-\frac{31}{4}=\frac{33}{4}\)

Dấu '=' xảy ra <=> \(t=\frac{1}{4}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\y=8\end{cases}}\)

Vậy GTNN của K là \(\frac{33}{4}\) tại x=2;y=8

\(2\ge\frac{x}{2}+\frac{8}{y}\ge2\sqrt{\frac{x}{2}.\frac{8}{y}}=4\sqrt{\frac{x}{y}}\Leftrightarrow\sqrt{\frac{x}{y}}\le\frac{1}{2}\Leftrightarrow\frac{y}{x}\ge4\)

\(K=\frac{x}{y}+\frac{2y}{x}=\frac{x}{y}+\frac{y}{16x}+\frac{31y}{16x}\ge2\sqrt{\frac{x}{y}.\frac{y}{16x}}+\frac{31}{16}.4=\frac{33}{4}\)

Dấu \(=\)xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\frac{x}{2}=\frac{y}{8}\\\frac{x}{2}+\frac{y}{8}=2\\\frac{x}{y}=\frac{y}{16x}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\y=8\end{cases}}\).

Nhận thấy vai trò a,b,c là như nhau nên giả sử a là số lớn nhất trong 3 số a,b,c

Khi đó ta xét 2 TH sau:

Nếu \(b\ge c\) thì khi đó: \(\hept{\begin{cases}a-b\ge0\\b-c\ge0\\c-a\le0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow P=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\le0\) 

Nếu \(b< c\) thì khi đó: \(\hept{\begin{cases}a-b>0\\b-c< 0\\c-a\le0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow P=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\ge0\)

Áp dụng Bđt Cauchy ta có: \(\left(b-c\right)\left(c-a\right)\le\frac{\left(b-c+c-a\right)^2}{4}=\frac{\left(b-a\right)^2}{4}=\frac{\left(a-b\right)^2}{4}\)

\(\Rightarrow P=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\le\left(a-b\right)\cdot\frac{\left(a-b\right)^2}{4}=\frac{\left(a-b\right)^3}{4}\)

Vì \(\hept{\begin{cases}b\ge0\\a\le1\end{cases}}\) nên \(P\le\frac{\left(a-b\right)^3}{4}\le\frac{\left(1-0\right)^3}{4}=\frac{1}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}a=1\\b=0\\c=\frac{1}{2}\end{cases}}\) và các hoán vị

Qua hai TH trên vậy \(P_{max}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=0\\c=\frac{1}{2}\end{cases}}\) và các hoán vị của chúng