Xét hệ trục tọa độ Pxyz có \(\overrightarrow{i}\uparrow\uparrow\overrightarrow{PA};\overrightarrow{j}\uparrow\uparrow\overrightarrow{BC};\overrightarrow{k}\uparrow\uparrow\overrightarrow{PS}\)

 Khi đó \(A\left(a;0;0\right);C\left(-a;a\sqrt{3};0\right);D\left(a;a\sqrt{3};0\right);S\left(0;0;a\sqrt{3}\right)\)

\(\Rightarrow Q\left(\dfrac{a}{2};\dfrac{a\sqrt{3}}{2};\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)\)

ptmp \(\left(ABC\right):z=0\) \(\Rightarrow\overrightarrow{n_{\left(ABC\right)}}=\overrightarrow{k}=\left(0;0;1\right)\)

Có \(\overrightarrow{AC}=\left(-2a;a\sqrt{3};0\right)\); \(\overrightarrow{AQ}=\left(-\dfrac{a}{2};\dfrac{a\sqrt{3}}{2};\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{n}=\overrightarrow{n_{\left(AQC\right)}}=\left[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AQ}\right]=\left(\dfrac{3a^2}{2};a^2\sqrt{3};-\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}\right)\)

Gọi \(\alpha=\widehat{\left(ABC\right),\left(AQC\right)}=\widehat{\overrightarrow{n_{ABC}},\overrightarrow{n_{AQC}}}=\widehat{\overrightarrow{n},\overrightarrow{k}}\)

\(\Rightarrow\cos\alpha=\dfrac{\left|\overrightarrow{n}.\overrightarrow{k}\right|}{\left|\overrightarrow{n}\right|\left|\overrightarrow{k}\right|}=\dfrac{\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\left(\dfrac{3a^2}{2}\right)^2+\left(a^2\sqrt{3}\right)^2+\left(-\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}\right)^2}\sqrt{0^2+0^2+1}}\)

\(=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\)

\(\Rightarrow\alpha\approx69,3^o\)

 Vì \(I\in\Delta:x-2y+5=0\) nên \(I\left(2a-5;a\right)\). 

 Gọi M là trung điểm AB thì \(M\left(1;5\right)\)

 Gọi d là đường trung trực của đoạn AB. Có \(\overrightarrow{AB}=\left(2;2\right)\) nên ta chọn \(\overrightarrow{n_d}=\left(1;1\right)\). Khi đó \(d:x+y+C=0\)

 \(M\in d\Rightarrow1+5+C=0\Leftrightarrow C=-6\)

 \(\Rightarrow d:x+y-6=0\)

 \(I\in d\Rightarrow2a-5+a-6=0\Leftrightarrow a=\dfrac{11}{3}\)

 \(\Rightarrow I\left(\dfrac{7}{3};\dfrac{11}{3}\right)\) 

 Có \(IA=R=\sqrt{\left(\dfrac{7}{3}-0\right)^2+\left(\dfrac{11}{3}-4\right)^2}=\dfrac{5\sqrt{2}}{3}\)

 \(\Rightarrow\) pt đường tròn cần tìm là:

 \(\left(C\right):\left(x-\dfrac{7}{3}\right)^2+\left(y-\dfrac{11}{3}\right)^2=\dfrac{50}{9}\)

 Vì ta xếp được 12 đại biểu vào 4 phòng, mỗi phòng 3 đại biểu và không có đại biểu nào cùng quốc tịch nên ta kết luận được trong số 12 đại biểu trên, có 4 người đến từ mỗi quốc gia.

 Số phần tử của không gian mẫu là \(\left|\Omega\right|=C^3_{12}.3!\)

 Gọi A là biến cố cần tìm.

 Gọi các đại biểu có quốc tịch Việt Nam ở phòng số 1,...,4 lần lượt là \(V_1,...,V_4\), từ Mỹ là \(A_1,...,A_4\) và từ Pháp là \(F_1,...,F_4\)

 Khi đó ta kẻ bảng sau:

 Gọi nhóm 3 đại biểu đến từ 3 quốc tịch khác nhau là \(\left(V_i,A_j,F_k\right)\) với \(1\le i,j,k\le4\). Khi đó 3 đại biểu này ở khác phòng khi và chỉ khi \(i,j,k\) đôi một phân biệt.

 Khi đó có \(4.3.2=24\) cách chọn \(\left(i,j,k\right)\).

 Với mỗi bộ \(\left(i,j,k\right)\), khi xếp 3 đại biểu này vào ghế dài, số cách xếp thỏa mãn ycbt là \(2.2!=4\). Khi đó tổng số cách là \(24.4=96\)

 \(\Rightarrow P\left(A\right)=\dfrac{\left|A\right|}{\left|\Omega\right|}=\dfrac{96}{C^3_{12}.6!}=\dfrac{4}{55}\)

 BĐT Cauchy chỉ đúng khi \(\dfrac{x}{3},\dfrac{3}{x-2}\ge0\Leftrightarrow x>2\) thôi.

 Khi đó \(\dfrac{x}{3}+\dfrac{3}{x-2}=\dfrac{x-2}{3}+\dfrac{3}{x-2}+\dfrac{2}{3}\)

\(\ge2\sqrt{\dfrac{x-2}{3}.\dfrac{3}{x-2}}+\dfrac{2}{3}\)

\(=2+\dfrac{2}{3}\)

\(=\dfrac{8}{3}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\dfrac{x-2}{3}=\dfrac{3}{x-2}\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2=9\Rightarrow x-2=3\Leftrightarrow x=5\) 

Vậy GTNN của biểu thức đã cho là \(\dfrac{8}{3}\) khi \(x=5\)

Cái chỗ "Do đó \(ƯCLN\left(3z+1,9z^2-3z+1\right)\)" là \(=1\) nhé.

Từ đk đề bài \(\Rightarrow y⋮3\Rightarrow y=3z\left(z\inℤ\right)\)

Nếu \(z=0\Rightarrow y=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-\dfrac{2}{3}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Nếu \(z=1\Rightarrow y=3\Rightarrow3x^2+2x-1=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=\dfrac{1}{3}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Nếu \(z=-1\Rightarrow y=-3\Rightarrow9x^2+6x+3=0,\) vô nghiệm

Xét \(\left|z\right|\ge2\)

pt đã cho \(\Leftrightarrow9x^2+6x+1=y^3+1\)

\(\Leftrightarrow\left(3x+1\right)^2=\left(y+1\right)\left(y^2-y+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(3x+1\right)^2=\left(3z+1\right)\left(9z^2-3z+1\right)\) (*)

Ta tính \(ƯCLN\left(3z+1,9z^2-3z+1\right)\)

Theo thuật toán Euclid, có \(ƯCLN\left(a,b\right)=ƯCLN\left(a,b+k.a\right)\) với \(k\inℤ\) bất kì.

Chọn \(a=3z+1,b=9z^2-3z+1,k=-\left(3z-1\right)\), ta được:

\(ƯCLN\left(3z+1,9z^2-3z+1\right)\)

\(=ƯCLN\left(3z+1,9z^2-3z+1-\left(3z-1\right)\left(3z+1\right)\right)\)

\(=ƯCLN\left(3z+1,9z^2-3z+1-9z^2+1\right)\)

\(=ƯCLN\left(3z+1,3z+2\right)\)

\(=1\) 

Do đó \(ƯCLN\left(3z+1,9z^2-3z+1\right)\)

Như vậy từ (*), ta thấy \(\left(3z+1\right)\left(9z^2-3z+1\right)\) là SCP thì \(3z+1\) và \(9z^2-3z+1\) đều phải là SCP.

Tuy nhiên \(9z^2-3z+1=y^2-y+1\). Vì \(\left(y-1\right)^2=y^2-2y+1< y^2-y+1< y^2\) với \(\left|y\right|\ge6\) nên \(9z^2-3z+1\) không thể là SCP, điều này vô lý.

 Vậy với \(\left|z\right|\ge2\) thì pt đã cho không có nghiệm nguyên. Do đó pt chỉ có các nghiệm \(\left(x,y\right)\) là \(\left(0,0\right);\left(-1,3\right)\)

Đặt \(m^2-1=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\)

\(VP=\left[n\left(n+3\right)\right]\left[\left(n+1\right)\left(n+2\right)\right]\)

\(=\left(n^2+3n\right)\left(n^2+3n+2\right)\)

\(=\left(n^2+3n+1-1\right)\left(n^2+3n+1+1\right)\)

\(=\left(n^2+3n+1\right)^2-1\)

Khi đó \(m^2-1=\left(n^2+3n+1\right)^2-1\)

\(\Leftrightarrow m=n^2+3n+1\)

Ta cho \(1\le n^2+3n+1\le2024\)

\(\Leftrightarrow0\le n\le43\)

\(\Rightarrow\) Có \(43-0+1=44\) số thú vị trong 2024 số nguyên dương đầu tiên.

a) Đúng vì \(M,N\in\left(ABC\right)\cap\left(MNP\right)\)

b) Đúng vì \(C,D\in\left(ACD\right)\cap\left(BCD\right)\)

c) Đúng vì \(E\in CD\) và \(E\in NP\subset\left(MNP\right)\)

d) Sai. Qua P kẻ đường thẳng song song với AB cắt AD tại F. Khi đó F mới là giao điểm của AD và mp(MNP).