a) Tứ giác BCB'C' có \(\widehat{BC'C}=\widehat{BB'C}=90^o\) nên nó là tứ giác nội tiếp (2 đỉnh kề nhau nhìn cạnh đối diện dưới 2 góc bằng nhau)

 b) Vì tứ giác BCB'C' nội tiếp nên \(\widehat{AB'C'}=\widehat{ABC}\) (góc ngoài bằng góc trong đối)

 Xét tam giác AB'C' và tam giác ABC có:

 \(\widehat{BAC}\) chung và \(\widehat{AB'C'}=\widehat{ABC}\)

 \(\Rightarrow\Delta AB'C'\sim\Delta ABC\left(g.g\right)\)

c) Theo câu b), ta có \(\widehat{AB'I}=\widehat{ABC}\)

Lại có \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

\(\Rightarrow\widehat{AB'I}=\widehat{ADC}\) \(\Rightarrow\) Tứ giác B'IDC nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối)

Đk: \(x\ge0\)

pt đã cho \(\Leftrightarrow6\sqrt{2x+7}-\left(\dfrac{3}{2}x+\dfrac{33}{2}\right)=2\sqrt{x}-\left(\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{36\left(2x+7\right)-\left(\dfrac{3}{2}x+\dfrac{33}{2}\right)^2}{6\sqrt{2x+7}+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{33}{2}}=\dfrac{4x-\left(\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}\right)^2}{2\sqrt{x}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{72x+252-\dfrac{9}{4}x^2-\dfrac{99}{2}x-\dfrac{1089}{4}}{6\sqrt{2x+7}+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{33}{2}}=\dfrac{4x-\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{3}{2}x-\dfrac{9}{4}}{2\sqrt{x}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{-\dfrac{9}{4}x^2+\dfrac{45}{2}x-\dfrac{81}{4}}{6\sqrt{2x+7}+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{33}{2}}=\dfrac{-\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{5}{2}x-\dfrac{9}{4}}{2\sqrt{x}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-10x+9}{-\dfrac{4}{9}\left(6\sqrt{2x+7}+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{33}{2}\right)}=\dfrac{x^2-10x+9}{-4\left(2\sqrt{x}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-10x+9\right)\left[\dfrac{9}{4\left(6+\sqrt{2x+7}+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{33}{2}\right)}-\dfrac{1}{4\left(2\sqrt{x}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}\right)}\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-10x+9=0\\\dfrac{9}{6\sqrt{2x+7}+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{33}{2}}=\dfrac{1}{2\sqrt{x}+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}}\end{matrix}\right.\)

Với \(x^2-10x+9=0\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-9\right)=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=9\end{matrix}\right.\) (nhận)

pt nhỏ thứ 2 \(\Leftrightarrow18\sqrt{x}+\dfrac{9}{2}x+\dfrac{27}{2}=6\sqrt{2x+7}+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{33}{2}\)

\(\Leftrightarrow6\sqrt{2x+7}-18\sqrt{x}=3x-3\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{2x+7}-6\sqrt{x}=x-1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{4\left(2x+7\right)-36x}{2\sqrt{2x+7}+6\sqrt{x}}=x-1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{28-28x}{2\sqrt{2x+7}+6\sqrt{x}}=x-1\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(1+\dfrac{28}{2\sqrt{2x+7}+6\sqrt{x}}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(nhận\right)\\1+\dfrac{28}{2\sqrt{2x+7}+6\sqrt{x}}=0\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy pt đã cho có tập nghiệm \(S=\left\{1;9\right\}\)

Ta có \(x^2,y^2\) khi chia cho 4 thì chỉ có thể có các số dư là 0 hoặc 1.

\(\Rightarrow x^2+y^2\) chia 4 chỉ có thể dư 0, 1, hoặc 2.

 Nhưng 2019 chia 4 dư 3. Ta thấy có vô lí.

 Vậy không có bộ số \(\left(x,y,z\right)\) nguyên nào thỏa mãn đk đã cho.

 (Đề bài này khá lạ khi yêu cầu tìm \(x,y,z\) nhưng trong đk thì lại không có ẩn \(z\).)

Xét 2024 số:

\(a_1=2024\)

\(a_2=20242024\)

\(a_3=202420242024\)

...

\(a_{2024}=20242024...2024\) (2024 lần cụm "2024")

 Một số khi chia cho 2023 thì có 2023 số dư phân biệt là 0, 1, 2,..., 2023 

 \(\Rightarrow\) Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2 số \(a_i,a_j\left(i\ne j,1\le i< j\le2024\right)\) trong số 2024 số kể trên có cùng số dư khi chia cho 2023. 

 \(\Rightarrow a_j-a_i⋮2023\)

 \(\Rightarrow20242024...2024-20242024...2024⋮2023\)

       (\(j\) cụm "2024)          (\(i\) cụm "2024)

 \(\Rightarrow20242024...2024000...00⋮2023\) 

   (\(j-i\) cụm "2024" và \(i\) chữ số 0)

 \(\Rightarrow20242024...2024.10^i⋮2023\) (*)

 Nhưng vì \(10^i=2^i.5^i\) và \(2023=7.17^2\) nên \(ƯCLN\left(10^i,2023\right)=1\)

 Từ đó (*) suy ra \(20242024...2024⋮2023\)

                          (\(j-i\) cụm 2024)

 Ta có đpcm.

 1, Ta có \(\widehat{MHB}=\widehat{MKB}=90^o\) nên tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn (BM) nên \(\widehat{MHK}=\widehat{MBK}\)

 Lại có tứ giác ABCM nội tiếp nên \(\widehat{MBK}=\widehat{ACM}\) (góc ngoài bằng góc trong đối)

 \(\Rightarrow\widehat{MHK}=\widehat{MBK}=\widehat{ACM}\)

 2, Ta có \(\widehat{MHC}=\widehat{MIC}=90^o\) nên tứ giác MHIC nội tiếp đường tròn (MC). 

 \(\Rightarrow\widehat{MHI}+\widehat{MCA}=180^o\)

 Lại có \(\widehat{MCA}=\widehat{MHK}\left(cmt\right)\Rightarrow\) \(\widehat{MHI}+\widehat{MHK}=180^o\) \(\Rightarrow\) H, K, I thẳng hàng.

 Thêm: Đường thẳng qua 3 điểm H, I, K gọi là đường thẳng Simson trong tam giác. Bạn có thể lên mạng tham khảo thêm. 

 Mình trả lời rồi nhé bạn. Nếu bạn chưa xem được đáp án thì bạn vào trang cá nhân của mình xem nhé.