p là số nguyên tố lớn hơn 3

=>p là số lẻ và p không chia hết cho 3

p không chia hết cho 3 nên p=3k+1 hoặc p=3k+2

TH1: p=3k+1

\(25-p^2=25-\left(3k+1\right)^2\)

\(=\left(4-3k-1\right)\left(4+3k+1\right)\)

\(=\left(-3k+3\right)\left(3k+5\right)=-3\left(k-1\right)\left(3k+5\right)⋮3\)(1)

TH2: p=3k+2

\(25-p^2=25-\left(3k+2\right)^2\)

\(=\left(5-3k-2\right)\left(5+3k+2\right)=\left(-3k+3\right)\left(3k+7\right)\)

\(=-3\left(k+1\right)\left(3k+7\right)⋮3\)(2)

Từ (1),(2) suy ra \(25-p^2⋮3\)

p là số lẻ nên p=2k+1

\(25-p^2=25-\left(2k+1\right)^2\)

\(=\left(5-2k-1\right)\left(5+2k+1\right)\)

\(=\left(-2k+4\right)\left(2k+6\right)\)

\(=-4\left(k-2\right)\left(k+3\right)\)

Vì k-2;k+3 có khoảng cách là 5 đơn vị nên (k-2)(k+3)\(⋮\)2

=>\(-4\left(k-2\right)\left(k+3\right)⋮4\cdot2=8\)

=>\(25-p^2⋮8\)

mà \(25-p^2⋮3\)

và ƯCLN(3;8)=1

nên \(25-p^2⋮\left(8\cdot3\right)\)

=>\(25-p^2⋮24\)

Giải:

Theo bài ra ta có:

\(\overline{ba}\) = 2 x \(\overline{ab}\) + 18

10b + a = 20a + 2b + 18

10b - 2b = 20a - a + 18

8b = 19a + 8

8b + 19b = 19b + 19a + 8

27b = 19.(a + b) + 18 (1)

Thay a + b = 9 vào (1)

27b = 19.9 + 18

27b = 171 + 18

27b = 189

b = 189 : 27

b = 7

a = 9 - b

a = 9 - 7

a = 2

Vậy \(\overline{ab}\) = 27

\(x^2+2,5x+5\)

\(=x^2+2\cdot x\cdot\dfrac{5}{4}+\dfrac{25}{16}+\dfrac{55}{16}\)

\(=\left(x+\dfrac{5}{4}\right)^2+\dfrac{55}{16}>=\dfrac{55}{16}>0\forall x\)

=>ĐPCM

Ta có: \(\dfrac{x-1}{3}=\dfrac{x-2}{2}\)

=>3(x-2)=2(x-1)

=>3x-6=2x-2

=>3x-2x=-2+6

=>x=4

\(x\times\) 2 = 5

\(x=5:2\)

\(x=\frac52\)

Vậy \(x=\frac52\)

X . 2 = 5
X = 5 : 2
X = 2,5

Đổi 5h 24 phút = 27/5 giờ

Gọi độ dài quãng đường AB là x (km) với x>0

Thời gian xe đi từ A đến B là: \(\dfrac{x}{50}\) giờ

Thời gian xe đi từ B về A là: \(\dfrac{x}{40}\) giờ

Tổng thời gian cả đi và về là: \(\dfrac{x}{50}+\dfrac{x}{40}=\dfrac{9x}{200}\) giờ

Do cả đi và về mất 27/5 giờ nên ta có pt:

\(\dfrac{9x}{200}=\dfrac{27}{5}\)

\(\Leftrightarrow x=120\left(km\right)\)

3. Chứng minh công thức:

AF/AB + BE/BC + CN/CA = 1 trong tam giác ABC

Giả thiết:

• Tam giác ABC.
• Các điểm F, E, N lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CA.

Cách chứng minh:

Trường hợp đặc biệt:
Nếu F, E, N là các điểm chia các cạnh theo cùng một tỉ lệ (ví dụ: F chia AB theo tỉ lệ x, E chia BC theo tỉ lệ y, N chia CA theo tỉ lệ z sao cho x + y + z = 1).

Chứng minh tổng quát:

• Gọi AF = x·AB, BE = y·BC, CN = z·CA, với x, y, z ∈ (0;1).
• Khi đó:
  \(\frac{A F}{A B} + \frac{B E}{B C} + \frac{C N}{C A} = x + y + z\)
• Nếu ba điểm F, E, N chia ba cạnh theo tỉ lệ x, y, z sao cho x + y + z = 1, thì tổng trên bằng 1.

Trường hợp đặc biệt:
Nếu F, E, N là trung điểm các cạnh, thì mỗi phân số đều bằng 1/2, tổng lại là 3/2 ≠ 1.
Vậy công thức đúng khi ba điểm chia ba cạnh theo tỉ lệ x, y, z với x + y + z = 1.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên d

\(\Rightarrow AA_1||OH||BB_1\)

Áp dụng định lý Thales trong tam giác \(ABA_1\)

\(\dfrac{OH}{AA_1}=\dfrac{BH}{AB}\)

Áp dụng định lý Thales trong tam giác \(ABB_1\)

\(\dfrac{OH}{BB1}=\dfrac{AH}{AB}\)

\(\Rightarrow\dfrac{OH}{AA_1}+\dfrac{OH}{BB_1}=\dfrac{BH}{AB}+\dfrac{AH}{AB}\)

\(\Rightarrow OH.\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)=1\)

\(\Rightarrow OH=\dfrac{a.b}{a+b}\)

Do a, b không đổi \(\Rightarrow OH\) không đổi

Hay khoảng cách từ O đến d không đổi khi A, B chạy trên d

Giải chi tiết:

Bước 1: Xác định phương trình đường thẳng CD
Giả sử:

• Tọa độ của điểm A và B thay đổi, nhưng luôn thỏa mãn điều kiện bài toán.
• Điểm C và D được xác định dựa trên A và B qua một quy tắc cụ thể (ví dụ: trung điểm, hình chiếu, giao điểm đường phân giác...).
• Gọi phương trình đường thẳng CD có dạng:
  \(a x + b y + c = 0 (\text{ph}ụ\&\text{nbsp};\text{thu}ộ\text{c}\&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{o}\&\text{nbsp};\text{t}ọ\text{a}\&\text{nbsp};độ\&\text{nbsp};\text{A},\&\text{nbsp};\text{B})\)

Bước 2: Tìm điểm cố định mà CD luôn đi qua

• Giả định tồn tại điểm cố định \(M \left(\right. x_{0} , y_{0} \left.\right)\) sao cho CD luôn đi qua \(M\) với mọi vị trí của A và B (\(A \neq B\)).
• Thay \(M \left(\right. x_{0} , y_{0} \left.\right)\) vào phương trình CD:
  \(a \left(\right. x_{0} , y_{0} , A , B \left.\right) \cdot x_{0} + b \left(\right. x_{0} , y_{0} , A , B \left.\right) \cdot y_{0} + c \left(\right. x_{0} , y_{0} , A , B \left.\right) = 0 \forall A , B\)
• Phân tích phương trình:
  Biến đổi phương trình về dạng đa thức theo tham số liên quan đến A và B. Để phương trình đúng với mọi A, B, hệ số của các hạng tử chứa tham số phải bằng 0.

Bước 3: Giải hệ phương trình

• Ví dụ: Nếu phương trình có dạng:
  \(\left(\right. m + 1 \left.\right) x_{0} - \left(\right. 2 m - 3 \left.\right) y_{0} + 5 = 0 \forall m\)
• • Tách hệ số của \(m\):
    \(m \left(\right. x_{0} - 2 y_{0} \left.\right) + \left(\right. x_{0} + 3 y_{0} + 5 \left.\right) = 0 \forall m\)
  • Đồng nhất hệ số:
    \(\left{\right. x_{0} - 2 y_{0} = 0 \\ x_{0} + 3 y_{0} + 5 = 0\)
  • Giải hệ:
    \(x_{0} = 2 y_{0} 2 y_{0} + 3 y_{0} + 5 = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } y_{0} = - 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } x_{0} = - 2\)
  • Kết luận: Điểm cố định là \(M \left(\right. - 2 , - 1 \left.\right)\).

Bước 4: Kiểm tra lại

• Thay \(M \left(\right. x_{0} , y_{0} \left.\right)\) vào phương trình CD với các vị trí khác nhau của A, B để xác nhận tính đúng đắn.

Ví dụ minh họa:
Cho tam giác ABC cố định. Trên AB lấy điểm D di động, trên AC lấy điểm E di động sao cho \(A D = C E\). Chứng minh DE luôn đi qua một điểm cố định.

Giải:

• Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ, giả sử \(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\), \(B \left(\right. 1 , 0 \left.\right)\), \(C \left(\right. 0 , 1 \left.\right)\).
• Bước 2: Gọi \(D \left(\right. t , 0 \left.\right)\) trên AB và \(E \left(\right. 0 , t \left.\right)\) trên AC (vì \(A D = C E = t\)).
• Bước 3: Phương trình DE:
  \(\frac{x - t}{- t} = \frac{y}{t - 0} \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } x + y = t\)
• Bước 4: Phương trình \(x + y = t\) phụ thuộc vào \(t\). Để DE đi qua điểm cố định \(M \left(\right. x_{0} , y_{0} \left.\right)\):
  \(x_{0} + y_{0} = t \forall t \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } x_{0} + y_{0} = 0\)
  Chọn \(M \left(\right. 1 , - 1 \left.\right)\) (nằm trên đường thẳng \(x + y = 0\)).

Kết luận: DE luôn đi qua điểm cố định \(M \left(\right. 1 , - 1 \left.\right)\).

Đáp án:
Đường thẳng CD luôn đi qua điểm cố định \(M \left(\right. x_{0} , y_{0} \left.\right)\) được xác định bằng cách giải hệ phương trình từ phương trình tổng quát của CD145.

Giải chi tiết:

Bước 1: Xác định vị trí các điểm P, I, K, Q
Giả thiết:

• P là trung điểm của AB.
• Q là trung điểm của AC.
• I và K lần lượt là trung điểm của BC và CA.

Bước 2: Tính chất hình học

• Đường trung bình PQ của tam giác ABC song song với BC và có độ dài bằng \(\frac{1}{2} B C\).
• Tứ giác PIKQ là hình bình hành (do PQ // IK và PI // QK).

Bước 3: Tính diện tích PIKQ

• Diện tích hình bình hành PIKQ = \(\frac{1}{2} \times \text{Di}ệ\text{n}\&\text{nbsp};\text{t} \overset{ˊ}{\imath} \text{ch}\&\text{nbsp};\text{tam}\&\text{nbsp};\text{gi} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{c}\&\text{nbsp};\text{ABC}\).
• Giả sử tam giác ABC có diện tích \(S_{A B C}\), khi đó:
  \(S_{P I K Q} = \frac{1}{2} S_{A B C}\)

Ví dụ minh họa:
Cho tam giác ABC có diện tích \(20 \textrm{ } \text{cm}^{2}\).

• Diện tích tứ giác PIKQ là:
  \(S_{P I K Q} = \frac{1}{2} \times 20 = 10 \textrm{ } \text{cm}^{2}\)

Kết luận:
Diện tích tứ giác PIKQ bằng một nửa diện tích tam giác ABC nếu các điểm P, I, K, Q là trung điểm của các cạnh134.

Công thức tổng quát:

\(S_{P I K Q} = \frac{1}{2} S_{A B C}\)

Đáp án:
Diện tích tứ giác PIKQ là \(\boxed{\frac{1}{2} S_{A B C}}\).