Xét tứ giác ABCD có \(\widehat{BAD}+\widehat{ABC}+\widehat{BCD}+\widehat{CDA}=360^0\)

=>\(\widehat{BCD}+\widehat{CDA}+220^0=360^0\)

=>\(\widehat{BCD}+\widehat{CDA}=140^0\)

=>\(\widehat{OCD}+\widehat{ODC}=\dfrac{140^0}{2}=70^0\)

Xét ΔOCD có \(\widehat{OCD}+\widehat{ODC}+\widehat{DOC}=180^0\)

=>\(\widehat{DOC}+70^0=180^0\)

=>\(\widehat{DOC}=110^0\)

\(B=\left|x-2010\right|+\left|x-1963\right|\)

\(=\left|x-2010\right|+\left|1963-x\right|>=\left|x-2010+1963-x\right|\)

=>\(B>=\left|-47\right|=47\)

Dấu '=' xảy ra khi (x-2010)(x-1963)<=0

=>1963<=x<=2010

Lời giải:

Với $x\in\mathbb{Z}^+$, để $N$ nguyên thì:

$\sqrt{x}-5$ là ước của $9$

$\Rightarrow \sqrt{x}-5\in \left\{\pm 1; \pm 2; \pm 3; \pm 9\right\}$

$\Rightarrow \sqrt{x}\in \left\{4; 6; 7; 3; 2; 8; 14; -4\right\}$

Do $\sqrt{x}\geq 0$ nên $\sqrt{x}\in \left\{4; 6; 7; 3; 2; 8; 14\right\}$

$\Rightarrow x\in \left\{16; 36; 49; 9; 4; 64; 196\right\}$

b/

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

$a^2(1+b^2)+b^2(1+c^2)+c^2(1+a^2)=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$
$=(a^2+b^2c^2)+(b^2+c^2a^2)+(c^2+a^2b^2)$

$\geq 2\sqrt{a^2b^2c^2}+2\sqrt{b^2c^2a^2}+2\sqrt{c^2a^2b^2}$

$=2abc+2abc+2abc=6abc$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

c/

Áp dụng BĐT Cô-si:

$(a+b)(b+c)(c+a)\geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}=8abc$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$.

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

$ab+\frac{a}{b}\geq 2a$

$ab+\frac{b}{a}\geq 2b$

$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2$

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta thu được:

$2(ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a})\geq 2(a+b+1)$

$\Rightarrow ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq a+b+1$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$

1.

Áp dụng BĐT Cô-si:

$y=x+\frac{2}{x^2}=\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+\frac{2}{x^2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{x}{2}.\frac{x}{2}.\frac{2}{x^2}}=3\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$

Vậy GTNN của $y$ là $3\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$. Giá trị này đạt tại $\frac{x}{2}=\frac{2}{x^2}\Leftrightarrow x=\sqrt[3]{4}$

2.

\(y=(x+1)^2+(\frac{x^2}{x+1}+2)^2=(x+1)^2+(\frac{x^2+2x+2}{x+1})^2\\ =(x+1)^2+[\frac{(x+1)^2+1}{x+1}]^2=(x+1)^2+(x+1+\frac{1}{x+1})^2\)

Đặt $t=x+1$ thì, áp dụng BĐT Cô-si:
\(y=t^2+(t+\frac{1}{t})^2=2t^2+\frac{1}{t^2}+2\geq 2\sqrt{2t^2.\frac{1}{t^2}}+2=2\sqrt{2}+2\)

Vậy $y_{\min}=2\sqrt{2}+2$

Giá trị này đạt tại $2t^2=\frac{1}{t^2}\Leftrightarrow t=\pm \sqrt[4]{\frac{1}{2}}$

$\Leftrightarrow x=\pm \sqrt[4]{\frac{1}{2}}-1$

Lời giải:
Để $M=\frac{\sqrt{x}-1}{2}$ nguyên thì $\sqrt{x}-1$ là số nguyên lẻ.

Đặt $\sqrt{x}-1=2k+1$ với $k$ nguyên.

$\sqrt{x}=2k+2$

Có:

$2k+2=\sqrt{x}\geq 0\Rightarrow k\geq -1$

$2k+2=\sqrt{x}< \sqrt{50}< 8\Rightarrow k< 3$

Do $k$ là số nguyên nên $k\in\left\{-1; 0; 1; 2\right\}$

Khi đó:
$x\in \left\{0; 4; 16; 36\right\}$ (thỏa mãn)

\(A\left(x\right)⋮x-1\)

=>\(mx^2-mx+\left(m-n-1\right)x-m+n+1+m-n-1-3⋮x-1\)

=>m-n-4=0(2)

\(A\left(x\right)⋮x+1\)

=>\(mx^2+mx-\left(m+n+1\right)x-\left(m+n+1\right)+m+n-2⋮x+1\)

=>m+n-2=0(1)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}m+n=2\\m-n=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2m=6\\m+n=2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}m=3\\n=2-3=-1\end{matrix}\right.\)

b: \(B\left(x\right)⋮x-2\)

=>\(\left(m+1\right)x^2-\left(2m+2\right)x+\left(2m+6\right)x-2\left(2m+2\right)+2\left(2m+2\right)+3⋮x-2\)

=>2(2m+2)+3=0

=>4m+7=0

=>\(m=-\dfrac{7}{4}\)

c: \(C\left(x\right)⋮x-1\)

=>\(\left(2n-3\right)x^2-\left(n+2\right)x-9⋮x-1\)

=>\(\left(2n-3\right)x^2-\left(2n-3\right)+\left(2n-3-n-2\right)x-9⋮x-1\)

=>\(\left(n-5\right)x-9⋮x-1\)

=>\(x\left(n-5\right)-\left(n-5\right)+n-5-9⋮x-1\)

=>n-14=0

=>n=14

d: \(D\left(x\right)⋮x-3\)

=>\(5x^2-15x+\left(-3n-1+15\right)x+7⋮x-3\)

=>\(\left(-3n+14\right)x+7⋮x-3\)

=>\(\left(-3n+14\right)x-3\left(-3n+14\right)+3\left(-3n+14\right)+7⋮x-3\)

=>3(-3n+14)+7=0

=>-9n+49=0

=>-9n=-49

=>\(n=\dfrac{49}{9}\)

\(x^3+x^2-x+a⋮x^2+2x+1\)

=>\(x^3+2x^2+x-x^2-2x-1+a+1⋮x^2+2x+1\)

=>a+1=0

=>a=-1

Hình bạn tự vẽ nhé, tại trên này chưa cho duyệt hình.

Ta thấy \(\widehat{BAQ}=\widehat{QCA}\) do chúng cùng phụ với \(\widehat{ABC}\)

Lại có \(\widehat{QAN}=\widehat{NAC}\) (do AN là phân giác của \(\widehat{QAC}\)) 

\(\Rightarrow\widehat{BAQ}+\widehat{QAN}=\widehat{QCA}+\widehat{NAC}\)

\(\Rightarrow\widehat{BAN}=\widehat{BNA}\) (vì \(\widehat{BNA}\) lá góc ngoài của tại N tam giác ACN)

\(\Rightarrow\Delta BAN\) cân tại B 

 Vì BK là đường cao của tam giác BAN cân tại B nên BK cũng là đường trung trực của tam giác BAN.

  Lại có \(I\in BK\) nên \(IN=IA\).

  Tương tự, ta cũng có \(IM=IA\) \(\Rightarrow IM=IN\left(=IA\right)\)

 \(\Rightarrow\Delta IMN\) cân tại I   (1)

  Kéo dài tia AI và đặt là Ax. Khi đó \(\widehat{MIx}=\widehat{IAM}+\widehat{IMA}\) (do \(\widehat{MIx}\) là góc ngoài tại I của tam giác IAM) \(=2\widehat{MAx}\) (vì tam giác IAM cân tại I nên \(\widehat{IAM}=\widehat{IMA}\))

 Tương tự, ta có \(\widehat{NIx}=2\widehat{NAx}\)

 \(\Rightarrow\widehat{MIx}+\widehat{NIx}=2\left(\widehat{MAx}+\widehat{NAx}\right)\)

 \(\Rightarrow\widehat{MIN}=2\widehat{MAN}\)

 Mà \(\widehat{MAN}=\widehat{MAQ}+\widehat{NAQ}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{BAQ}+\widehat{CAQ}\right)=\dfrac{1}{2}\widehat{BAC}=45^o\)

 Nên \(\widehat{MIN}=2.45^o=90^o\)    (2)

 Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\Delta IMN\) vuông cân tại I (đpcm)