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.

 Gọi M là trung điểm của AC và T là điểm đồng quy của 2 tiếp tuyến tại B, D và đường thẳng AC.

 Nhận thấy \(\widehat{OBT}=\widehat{ODT}=\widehat{OMT}=90^o\) nên 5 điểm O, M, B, T, D cùng thuộc đường tròn (OT).

 Ta có \(\widehat{DCM}=\widehat{DCA}=\widehat{DBA}\)

 Và \(\widehat{DMC}=180^o-\widehat{TMD}\) \(=180^o-\widehat{DBT}\) \(=180^o-\widehat{BCD}\) \(=\widehat{DAB}\)

Nên \(\Delta DAB\sim\Delta DMC\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{AB}{MC}=\dfrac{BD}{CD}\) 

 \(\Rightarrow AB.CD=MC.BD=\dfrac{1}{2}AC.BD\)

 Tương tự, ta chứng minh được \(AD.BC=\dfrac{1}{2}AC.BD\) (hoặc cùng có thể dùng định lý Ptolemy trong tứ giác ngoại tiếp để suy ra điều này).

 \(\Rightarrow AB.CD=AD.BC\left(=\dfrac{1}{2}AC.BD\right)\) 

 Ta có đpcm.

 Gọi X và Y lần lượt là giao điểm thứ hai của EM với (O), EN với (O').

 Ta có \(\widehat{MAO'}=\widehat{NAO}\left(=90^o\right)\) nên \(\widehat{MAO}=\widehat{NAO'}\). Hơn nữa tam giác MAO và NAO' đều là các tam giác cân nên \(\Rightarrow\widehat{MOA}=\widehat{NO'A}\) 

 Trong đường tròn (O), ta có: \(\widehat{MOA}=sđ\stackrel\frown{MA}=2.\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{MA}=2\widehat{MBA}\)

 Tương tự, ta có \(\widehat{NO'A}=2\widehat{ABN}\)

 \(\Rightarrow\widehat{MBA}=\widehat{ABN}\)

 Hơn nữa có \(\widehat{MAB}=\widehat{ANB}\) (vì chúng lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AB của (O').

 \(\Rightarrow\Delta BAM\sim\Delta BNA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BA}{BN}=\dfrac{BM}{BA}\)

 Do \(BA=BE\) nên \(\dfrac{BE}{BN}=\dfrac{BM}{BE}\)

 Lại có \(\widehat{MBA}=\widehat{ABN}\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow\widehat{EBM}=\widehat{EBN}\)

\(\Rightarrow\Delta MBE\sim\Delta EBN\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MEB}=\widehat{ENB}\)

 Lại có \(\widehat{ENB}=\widehat{BNY}=\widehat{BAY}\) nên \(\widehat{MEB}=\widehat{BAY}\) \(\Rightarrow\) EX//AY

\(\Rightarrow\widehat{AYN}=\widehat{MEN}\)

 Hơn nữa vì \(\widehat{NAx}=\widehat{AYN}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AN trong (O'))

\(\Rightarrow\widehat{NAx}=\widehat{MEN}\)

 Từ đó suy ra tứ giác AMEN nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối)

 Ta có đpcm.

a) Ta chia các tam giác này ra làm 2 loại:

 Loại 1: Tam giác có 2 đỉnh là 2 trong số \(m\) điểm thẳng hàng đã cho.

 Khi đó, số cách chọn điểm thứ nhất (trong số \(m\) điểm thẳng hàng là \(m\) cách; số cách chọn điểm thứ hai là \(m-1\) cách; số cách chọn điểm cuối cùng nằm ngoài đường thẳng chứa \(m\) điểm thẳng hàng là \(n-m\) cách.

 Do đó số tam giác loại 1 là \(m\left(m-1\right)\left(n-m\right)\)

 Loại 2: Tam giác có cả 3 đỉnh là 3 điểm nằm ngoài đường thẳng chứa \(m\) điểm thẳng hàng.

 Số cách chọn điểm thứ nhất là \(n-m\) cách; số cách chọn điểm thứ hai là \(n-m-1\) cách; số cách chọn ra điểm thứ ba là \(n-m-2\) cách. Suy ra có \(\left(n-m\right)\left(n-m-1\right)\left(n-m-2\right)\) tam giác loại 2. Nhưng do tam giác tính theo cách này sẽ lặp lại 6 lần nên số tam giác loại 2 phân biệt là \(\dfrac{\left(n-m\right)\left(n-m-1\right)\left(n-m-2\right)}{6}\)

 Vậy có tất cả \(m\left(m-1\right)\left(n-m\right)+\dfrac{\left(n-m\right)\left(n-m-1\right)\left(n-m-2\right)}{6}\) tam giác.

 b) Số tam giác tương đương với số cách chọn ra 3 điểm trong số \(n\) điểm đã cho.

 Số cách chọn ra điểm đầu tiên là \(n\) cách.

 Số cách chọn ra điểm thứ hai là \(n-1\) cách.

 Số cách chọn ra điểm thứ ba là \(n-2\) cách.

 Suy ra có \(n\left(n-1\right)\left(n-2\right)\) tam giác. Nhưng vì mỗi tam giác đếm theo cách này sẽ lặp lại 6 lần nên số tam giác phân biệt là \(\dfrac{n\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{6}\) .

đk: \(-2\le x\le4\)

Ta có \(P^2=\left(\sqrt{x+2}+\sqrt{4-x}\right)^2\) 

\(\le2\left[\left(\sqrt{x+2}\right)^2+\left(\sqrt{4-x}\right)^2\right]\) (dùng BĐT \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\))

\(=2\left(x+2+4-x\right)\)

\(=12\)

\(\Rightarrow P\le2\sqrt{3}\) (vì \(P>0\))

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x+2=4-x\Leftrightarrow x=1\)

Vậy GTLN của P là \(2\sqrt{3}\) khi \(x=1\)

a) Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABM, ta có:

\(\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{MA}{MB}\)

 Tương tự, ta có \(\dfrac{EA}{EC}=\dfrac{MA}{MC}\)

 Nhưng vì AM là trung tuyến của tam giác ABC \(\Rightarrow MB=MC\)  nên ta có \(\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{EA}{EC}\) . Áp dụng định lý Thales đảo \(\Rightarrow\) DE//BC (đpcm)

 b) Áp dụng định lý Thales cho tam giác ABM, ta có:

 \(\dfrac{AI}{AM}=\dfrac{DI}{BM}\) 

 Tương tự, ta có \(\dfrac{AI}{AM}=\dfrac{EI}{CM}\)

 Do đó: \(\dfrac{DI}{BM}=\dfrac{EI}{CM}\)

 Mà \(BM=CM\Rightarrow EI=DI\) \(\Rightarrow\) I là trung điểm DE (đpcm)

Ta có \(\dfrac{1}{\left(a+1\right)\sqrt{a}+a\sqrt{a+1}}\) 

\(=\dfrac{1}{\sqrt{a\left(a+1\right)}\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a}\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{a+1}-\sqrt{a}}{\sqrt{a\left(a+1\right)}\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a}\right)\left(\sqrt{a+1}-\sqrt{a}\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{a+1}-\sqrt{a}}{\sqrt{a\left(a+1\right)}}\) 

(vì \(\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a}\right)\left(\sqrt{a+1}-\sqrt{a}\right)=\left(a+1\right)-a=1\))

\(=\dfrac{1}{\sqrt{a}}-\dfrac{1}{\sqrt{a+1}}\)

Do đó \(B=\dfrac{1}{\sqrt{1}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{99}}-\dfrac{1}{\sqrt{100}}\)

\(=1-\dfrac{1}{10}\)

\(=\dfrac{9}{10}\)