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).

ĐKXĐ: \(a,b,c>0;b+c>a\)

Bình phương 2 vế của đk đã cho, ta được:

\(b+2\sqrt{bc}+c=a+b+c-a+2\sqrt{a\left(b+c-a\right)}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{bc}=\sqrt{a\left(b+c-a\right)}\)

\(\Leftrightarrow bc=a\left(b+c-a\right)\)

\(\Leftrightarrow bc=ab+ac-a^2\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab-ac+bc=0\)

\(\Leftrightarrow a\left(a-b\right)-c\left(a-b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a-c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\a=c\end{matrix}\right.\), ta có đpcm.

 Nếu 1 trong 2 số \(x,y\) không chia hết cho 5 thì hiển nhiên \(x^2-xy+y^2⋮̸5\). 

 Do đó, ta chỉ xét trường hợp \(x,y\) hoặc cùng chia hết cho 5 hoặc đều không chia hết cho 5.

 Nếu \(x,y⋮̸5\) thì \(x=5z+r\left(z,r\inℕ;1\le r\le4\right)\) và \(y=5t+r'\left(t,r'\inℕ;1\le r'\le4\right)\)

 Khi đó \(x^2-xy+y^2=\left(5z+r\right)^2-\left(5z+r\right)\left(5t+r'\right)+\left(5t+r'\right)^2\)

\(=25z+10zr+r^2-25zt-5zr'-5tr-rr'+25t^2+10tr'+r'^2\)

\(=5P+r^2-rr'+r'^2\) 

\(=55P+\left(r+r'\right)^2-3rr'\)

Do \(rr'⋮̸5\) nên nếu \(r+r'⋮5\) thì \(x^2-xy+y^2⋮̸5\)(loại), do đó \(r+r'⋮̸5\)

Nếu \(r\equiv r'\) thì \(P=55P+4r^2-3r^2=55P+r^2⋮̸5\)

Do đó ta xét các TH:

\(\left(r,r'\right)=\left(1,2\right)\) thì \(r^2-rr'+r'^2=3⋮̸5\), loại

\(\left(r,r'\right)=\left(1,3\right)\) thì \(r^2-rr'+r'^2=7⋮̸5\), loại

\(\left(r,r'\right)=\left(2,4\right)\) thì \(r^2-rr'+r'^2=12⋮̸5\), loại

\(\left(r,r'\right)=\left(3,4\right)\) thì \(r^2-rr'+r'^2=13⋮̸5\), loại

Vậy \(x,y⋮5\). Làm tương tự đối với 11 (nhưng hơi dài chút)

Khi đó ta chứng minh được \(x,y⋮55\) 

\(\Rightarrow x^2-xy+y^2⋮55^2=3025\) (đpcm)

Mình sẽ suy nghĩ cách ngắn hơn nhé.

a) Ta có \(\cos\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)=\cos ACB=\dfrac{CB^2+CA^2-AB^2}{2CB.CA}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}=CA.CB.\cos\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)=5.8.\dfrac{1}{2}=20\)

b) Vì \(\cos ACB=\cos ACD=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{ACD}=60^o\)

c) Có \(CA=CD,\widehat{ACD}=60^o\Rightarrow\Delta ACD\) đều

 Gọi K là trung điểm của CH. Khi đó dễ thấy KE là đường trung bình của tam giác CMH nên KE//CM hay KE//CD

 Mà tam giác ACD đều, có M là trung điểm CD nên \(AM\perp CD\)

 Từ đó suy ra \(KE\perp AM\)

 Lại có \(MH\perp AK\) \(\Rightarrow\) E là trực tâm của tam giác AKM

 \(\Rightarrow MK\perp AE\). 

 Mặt khác, MK là đường trung bình của tam giác CHD nên MK//DH

 Do đó \(AE\perp DH\) \(\Rightarrow\overrightarrow{AE}.\overrightarrow{DH}=0\)

 d) Ta có \(\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{BP}{BC}=\dfrac{AP+BP}{AC+BC}=\dfrac{AB}{5+8}=\dfrac{7}{13}\)

 \(\Rightarrow\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{7}{13}\Rightarrow AP=\dfrac{7}{13}AC=\dfrac{7}{13}.5=\dfrac{35}{13}\)

 Ta có \(AP^2=CA^2+CP^2-2.CA.CP.\cos ACP\)

 \(\Leftrightarrow CP^2-2.CP.5.\dfrac{\sqrt{3}}{2}+5^2-\left(\dfrac{35}{13}\right)^2=0\)

 \(\Leftrightarrow CP^2-5\sqrt{3}CP+\dfrac{3000}{169}=0\)

 \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}CP=\dfrac{25\sqrt{3}}{13}\\CP=\dfrac{40\sqrt{3}}{13}\end{matrix}\right.\)

 Tuy nhiên, ta thấy \(CP>\dfrac{5\sqrt{3}}{2}\approx4,33\) trong khi \(CP=\dfrac{25\sqrt{3}}{13}\approx3,33\) nên không thỏa mãn còn \(CP=\dfrac{40\sqrt{3}}{13}\approx5,33\) thỏa mãn. Vậy \(CP=\dfrac{40\sqrt{3}}{13}\)

Có \(\sqrt{4\left(x^2+y^2\right)}=\sqrt{2.2\left(x^2+y^2\right)}\ge\sqrt{2}\left(x+y\right)\) 

(dùng BĐT \(\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}\ge x+y\))

Do đó \(P\ge4\sqrt{2}\left(x+y\right)+\dfrac{8}{x+y}+1\)

\(=\dfrac{8}{x+y}+2\left(x+y\right)+\left(4\sqrt{2}-2\right)\left(x+y\right)+1\)

\(\ge2\sqrt{\dfrac{8}{x+y}.2\left(x+y\right)}+\left(4\sqrt{2}-2\right).2+1\)

(áp dụng BĐT AM-GM và chú ý rằng \(x+y\ge2\))

\(=8+8\sqrt{2}-4+1\)

\(=5+8\sqrt{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=2\\x=y\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=1\)

Vậy GTNN của P là \(5+8\sqrt{2}\) khi \(x=y=1\)

 Gọi \(c\) là cạnh huyền của tam giác vuông đó và \(a,b\) là 2 cạnh góc vuông. Khi đó: \(a+b+c=k\) và \(c^2=a^2+b^2\)

\(\Rightarrow c^2=\left(a+b\right)^2-2ab\ge\left(a+b\right)^2-2.\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}=\dfrac{\left(k-c\right)^2}{2}\)

\(\Leftrightarrow2c^2\ge k^2-2kc+c^2\)

\(\Leftrightarrow c^2+2kc-k^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{c}{k}\right)^2+2.\dfrac{c}{k}-1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c}{k}\ge\sqrt{2}-1\) \(\Leftrightarrow c\ge\left(\sqrt{2}-1\right)k\) 

 Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=\left(\sqrt{2}-1\right)k\\a=b=\dfrac{k-c}{2}=\dfrac{\left(2-\sqrt{2}\right)k}{2}\end{matrix}\right.\), thỏa mãn.

 Vậy độ dài nhỏ nhất của cạnh huyền là \(\left(\sqrt{2}-1\right)k\)

 Hiện tượng: Nhôm tan dần trong dd CuSO₄, xuất hiện lớp đồng màu đỏ.

 PTHH: \(2Al+3CuSO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3Cu\)