a) Trong (O) có đường kính AB và \(D\in\left(O\right)\) nên \(\widehat{ADB}=90^o\) hay \(DB\perp AM\) tại D.

 Tam giác ABM vuông tại B có đường cao BD nên \(AD.AM=AB^2=\left(2r\right)^2=4r^2\)

 Mặt khác, đường thẳng OE đi qua trung điểm E của dây cung AD của (O) nên \(OE\perp AD\) tại E hay \(\widehat{OEM}=90^o\). Lại có \(\widehat{OBM}=90^o\), suy ra 4 điểm O, B, M, E cùng thuộc đường tròn (OM).

 b) Tam giác OBC cân tại O có đường cao OH nên OH cũng là phân giác của \(\widehat{BOC}\) \(\Rightarrow\widehat{BOM}=\widehat{COM}\)

 Xét tam giác BOM và COM có cạnh chung OM, \(\widehat{BOM}=\widehat{COM}\) và \(OB=OC\) nên \(\Delta BOM=\Delta COM\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{OBM}=\widehat{OCM}\)

 Mà \(\widehat{OBM}=90^o\) \(\Rightarrow\widehat{OCM}=90^o\) hay \(MC\perp OC\) tại C. Mà \(C\in\left(O\right)\) nên MC là tiếp tuyến của (O).

 c) Gọi N là giao điểm của BQ và MO.

Nhận thấy \(\widehat{MDB}=\widehat{MHB}=90^o\) nên tứ giác BHDM nội tiếp đường tròn (BM).

 Mặt khác, \(\widehat{CQH}=\widehat{CQA}=\widehat{CBA}=\widehat{CMO}=\widehat{CMH}\) nên tứ giác CMQH nội tiếp 

 Do đó 3 trục đẳng phương MH, CQ, BD ứng với 3 đường tròn (O), (BM), (CMQH) đồng quy tại 1 điểm T. 

 Lại có \(TQ.TC=TB.TD\) và \(TB=TC\) nên \(TQ=TD\). Mà \(\widehat{MDT}=\widehat{MQT}=\widehat{MHC}=90^o\) nên \(\Delta MDT=\Delta MQT\) (ch-cgv) \(\Rightarrow MD=MQ\) \(\Rightarrow\) D, Q đối xứng với nhau qua MO

 \(\Rightarrow\widehat{NQM}=\widehat{NDM}=\widehat{CDA}=\widehat{CBA}=\widehat{OMB}=\widehat{NMB}\)

 Suy ra \(\Delta NMQ~\Delta NBM\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{NM}{NB}=\dfrac{NQ}{NM}\) \(\Rightarrow NM^2=NB.NQ\)

 Lại có tam giác NBH vuông tại H có đường cao HQ nên \(NH^2=NB.NQ\) \(\Rightarrow NM=NH\). 

practising

practise

Với \(x=0\) thì pt thành \(y^2=66\), vô lí.

Với \(x\ge1\) thì ta thấy \(y\) lẻ.

pt \(\Leftrightarrow2^x+64=y^2-1\) 

\(\Leftrightarrow2^x+64=\left(y-1\right)\left(y+1\right)\) (*)

Đặt \(y=2z+1\left(z\inℕ\right)\). Khi đó 

(*) \(\Leftrightarrow2^x+64=2z\left(2z+2\right)\)

\(\Leftrightarrow2^{x-2}+16=z\left(z+1\right)\)    (1)

Nếu \(x=2\) thì VT lẻ, VP chẵn, vô lý.

Nếu \(x=6\) thì (1) thành \(32=z\left(z+1\right)\), vô lý.

Nếu \(x\ge7\) thì (1) thành \(2^4\left(2^{x-6}+1\right)=z\left(z+1\right)\) 

Bởi \(gcd\left(2^4,2^{x-6}+1\right)=gcd\left(z,z+1\right)=1\) nên từ đây

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}z⋮16\\z\equiv-1\left[16\right]\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}16⋮z\\2^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}z=16\\\left\{{}\begin{matrix}z+1⋮16\\z^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

TH1: \(z=16\Rightarrow2^{x-6}=2^4\Leftrightarrow x=10\Leftrightarrow y=33\)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}z+1⋮16\\2^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}z\equiv-1\left[16\right]\\2^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\). Lại có \(16\left(2^{x-6}+1\right)⋮z+1\)

và \(\left(2^{x-6}+1\right)< z\left(z+1\right)\), đồng thời để ý rằng \(gcd\left(z,z+1\right)=1\) nên từ đó suy ra \(16⋮z+1\) (vì nếu không thì \(2^{x-6}+1⋮x\left(x+1\right)\), vô lí vì \(2^{x-6}+1< x\left(x+1\right)\))

 \(z+1=16\Rightarrow z=15\) \(\Rightarrow2^{x-6}+1=15\), vô lý.

 Nếu \(x\le5\) thì \(x\in\left\{3,4,5\right\}\). Thử lại, ta thấy \(x=4\) thỏa mãn \(\Rightarrow y=9\)

 Do đó pt đã cho có các nghiệm tự nhiên là \(\left(4,9\right),\left(10,33\right)\)

tui mới lớp 5 làm sao làm đc?

12 tháng 1, năm 1932 

Năm sinh của tác giả Nguyễn Quang Sáng là ngày 12 tháng 1 năm 1932

2Fr + 2H₂O --> 2FrOH + H₂↑

Tuy nhiên Fr không có đồng vị bền (cực hiếm) nhưng nó vẫn là kim loại kiềm !

Lời giải:

$A=x^3+y^3+xy=(x+y)^3-3xy(x+y)+xy$

$=1-3xy+xy=1-2xy=(x+y)^2-2xy=x^2+y^2$

Áp dụng BĐT Cô-si:

$x^2+\frac{1}{4}\geq x$

$y^2+\frac{1}{4}\geq y$

$\Rightarrow A=x^2+y^2\geq x+y-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
Vậy $A_{\min}=\frac{1}{2}$

Giá trị này đạt tại $x=y=\frac{1}{2}$