Câu 4:

D và F cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông nên tứ giác ACDF nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{ADF}=\widehat{ACF}\) (cùng chắn AF)

Tương tự, ABDE nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{ADE}\) (cùng chắn AE)

Lại có \(\widehat{ABE}=\widehat{ACF}\) (cùng phụ góc \(\widehat{A}\))

\(\Rightarrow\widehat{ADE}=\widehat{ADF}\) hay AD là phân giác góc \(\widehat{FDE}\)

./

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có CF là phân giác \(\widehat{DFE}\Rightarrow\widehat{BFD}=\widehat{AFE}\)

Mà \(\widehat{AFE}=\widehat{BFK}\Rightarrow\widehat{BFK}=\widehat{BFD}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BK}{BD}=\dfrac{FK}{FD}\) theo định lý phân giác

Đồng thời \(\dfrac{CK}{CD}=\dfrac{FK}{FD}\) (CF là phân giác ngoài góc \(\widehat{DFK}\))

\(\Rightarrow\dfrac{BK}{BD}=\dfrac{CK}{CD}\Rightarrow\dfrac{BK}{CK}=\dfrac{BD}{CD}\)

Qua B kẻ đường thẳng song song AC cắt AK và AD tại P và Q

Theo Talet: \(\dfrac{BK}{CK}=\dfrac{BP}{AC}\) đồng thời \(\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{BQ}{AC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BP}{AC}=\dfrac{BQ}{AC}\Rightarrow BP=BQ\)

Mặt khác BP song song MF (cùng song song AC)

\(\Rightarrow\dfrac{MF}{BP}=\dfrac{AF}{AB}\) ; \(\dfrac{NF}{BQ}=\dfrac{AF}{AB}\) (Talet)

\(\Rightarrow\dfrac{MF}{BP}=\dfrac{NF}{BQ}\Rightarrow MF=NF\)

Hình vẽ câu 4:

Bài 4: 

a: Xét tứ giác OBAC có 

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=180^0\)

Do đó: OBAC là tứ giác nội tiếp

hay O,B,A,C cùng thuộc 1 đường tròn

Bài 5:

\(\sqrt{x+2021}-y^3=\sqrt{y+2021}-x^3\\ \Leftrightarrow\left(\sqrt{x+2021}-\sqrt{y+2021}\right)+\left(x^3-y^3\right)=0\\ \Leftrightarrow\dfrac{x-y}{\sqrt{x+2021}+\sqrt{y+2021}}+\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{x+2021}+\sqrt{y+2021}}+x^2+xy+y^2\right)=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-y=0\\\dfrac{1}{\sqrt{x+2021}+\sqrt{y+2021}}+x^2+xy+y^2=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Dễ thấy \(\left(1\right)>0\) với mọi x,y

Do đó \(x-y=0\) hay \(x=y\)

\(\Leftrightarrow M=x^2+2x^2-2x^2+2x+2022=x^2+2x+1+2021\\ \Leftrightarrow M=\left(x+1\right)^2+2021\ge2021\)

Dấu \("="\Leftrightarrow x=y=-1\)

2 câu cuối nhé, mình viết nhầm

e, \(A=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}=\dfrac{\sqrt{x}-1+2}{\sqrt{x}-1}\)

Để A đạt giá trị nguyên thì \(\sqrt{x}-1=\left\{\pm1;\pm2\right\}\)

⇒\(\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x}-1=-1\\\sqrt{x}-1=1\\\sqrt{x}-1=2\\\sqrt{x}-1=-2\left(vll\right)\end{matrix}\right.\leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=4\\x=9\end{matrix}\right.\)

*vll là vô lí loại

@hoctot_nha

Bài 2: 

Ta có: \(3n^3+10n^2-5⋮3n+1\)

\(\Leftrightarrow3n^3+n^2+9n^2+3n-3n-1-4⋮3n+1\)

\(\Leftrightarrow3n+1\in\left\{1;-1;2;-2;4;-4\right\}\)

\(\Leftrightarrow3n\in\left\{0;-3;3\right\}\)

hay \(n\in\left\{0;-1;1\right\}\)

Bài 5:

\(x^6-x^4+2x^3+2x^2\)

\(=x^4\left(x^2-1\right)+2x^2\left(x+1\right)\)

\(=x^2\left(x+1\right)\left\lbrack x^2\left(x-1\right)+2\right\rbrack=x^2\left(x+1\right)\left(x^3-x^2+2\right)\)

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

\(=x^2\left(x+1\right)\left(x+1\right)\left(x^2-x+2\right)=x^2\left(x+1\right)^2\cdot\left(x_{}^2-x+2\right)\)

=>\(y^2=x^2\cdot\left(x+1\right)^2\cdot\left(x^2-x+2\right)\) (1)

TH1: x=0

(1) sẽ tương đương: \(y^2=0^2\left(0+1\right)^2\cdot\left(0^2-0+2\right)=0\)

=>y=0

=>Nhận

TH2: x+1=0

=>x=-1∉N

=>Loại

TH3: x>0

=>\(x^2\cdot\left(x+1\right)^2>0\)

(1) sẽ trở thành: \(x^2 - 2x + 2 = \left(\frac{y}{x(x+1)}\right)^2\)

=>\(x^2-2x+2\) là số chính phương

=>\(x^2-2x+2=k^2\) (k∈N)

=>\(x^2-2x+1-k^2=-1\)

=>\(\left(x-1\right)^2-k^2=-1\)

=>(x-1-k)(x-1+k)=-1

TH1: x-1-k=1 và x-1+k=-1

=>x-1-k+x-1+k=1-1

=>2x-2=0

=>2x=2

=>x=1(nhận)

=>\(y^2 = 1^2 \cdot (1 + 1)^2 \cdot (1^2 - 2(1) + 2) = 1 \cdot 4 \cdot 1 = 4 \implies y = 2 \quad (\text{do } y \in \mathbb{N})\)

TH2: x-1-k=-1 và x-1+k=1

=>x-1-k+x-1+k=1-1

=>2x-2=0

=>2x=2

=>x=1(nhận)

=>\(y^2 = 1^2 \cdot (1 + 1)^2 \cdot (1^2 - 2(1) + 2) = 1 \cdot 4 \cdot 1 = 4 \implies y = 2 \quad (\text{do } y \in \mathbb{N})\)