a) đkxđ \(x\ge1\)

pt đã cho \(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2x-1}-3\right)+\left(\sqrt{x-1}-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x-10}{\sqrt{2x-1}+3}+\dfrac{x-5}{\sqrt{x-1}+2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-5\right)\left(\dfrac{2}{\sqrt{2x-1}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{x-1}+2}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=5\left(nhận\right)\\\dfrac{2}{\sqrt{2x-1}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{x-1}+3}=0\end{matrix}\right.\)

 Hiển nhiên pt thứ 2 vô nghiệm vì \(VT>0\) với mọi \(x\ge1\). Do đó pt đã cho có nghiệm duy nhất là \(x=5\)

b) đkxđ: \(x\ge-3\)

 Để ý rằng \(x^2+2x+7=\left(x^2+1\right)+\left(2x+6\right)=\left(x^2+1\right)+2\left(x+3\right)\) nên nếu ta đặt \(\sqrt{x^2+1}=u\left(u\ge1\right)\) và \(\sqrt{x+3}=v\left(v\ge0\right)\) thì pt đã chot rở thành:

 \(u^2+2v^2=3uv\)

 \(\Leftrightarrow\left(u-v\right)\left(u-2v\right)=0\)

 \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}u=v\\u=2v\end{matrix}\right.\)

Nếu \(u=v\) thì \(\sqrt{x^2+1}=\sqrt{x+3}\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-3\\x^2+1=x+3\end{matrix}\right.\) 

Mà \(x^2+1=x+3\)  \(\Leftrightarrow x^2-x-2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x-2\right)=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=-1\end{matrix}\right.\) (nhận)

 Nếu \(u=2v\) thì \(\sqrt{x^2+1}=2\sqrt{x+3}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-3\\x^2+1=4x+12\end{matrix}\right.\)

mà \(x^2+1=4x+12\)\(\Leftrightarrow x^2-4x-11=0\)

\(\Leftrightarrow x=2\pm\sqrt{15}\) (nhận)

Vậy pt đã cho có tập nghiệm \(S=\left\{2;-1;2\pm\sqrt{15}\right\}\)

 Ta có \(A'=d\left(A,d\right)=\dfrac{\left|2-2+2\right|}{\sqrt{1^2+\left(-1\right)^2}}=\sqrt{2}\) (tạm thời mình dịch đề như thế nhé)

Tứ giác ESTH có \(\widehat{ETH}=\widehat{ESH}=90^o\) nên ESTH nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{TSH}=\widehat{TEH}=\widehat{FEH}\)

Mà tứ giác AEHF nội tiếp \(\left(\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=90^o\right)\) nên \(\widehat{FEH}=\widehat{FAH}\).

 Từ đó suy ra \(\widehat{TSH}=\widehat{FAH}\) \(\Rightarrow\) TS//AB.

Mặt khác, tứ giác FTHK nội tiếp \(\left(\widehat{FTH}=\widehat{FKH}=90^o\right)\) nên \(\widehat{FTK}=\widehat{FHK}\) \(=90^o-\widehat{DFH}\) \(=90^o-\widehat{HBD}\) \(=\widehat{BHD}\) \(=\widehat{AHE}\) \(=\widehat{AFE}\) \(=\widehat{AFT}\) nên TK//AB. 

Từ đó suy ra K, T, S thẳng hàng (tiên đề Euclid)

 Thật may câu này tương tự câu cuối trong đề thi HSG 9 tỉnh mình năm 2021-2022 nên biết làm :)) (bài lúc đó y chang thế này chỉ khác là số 2021 với 2022)

 Trước tiên ta sẽ chứng minh \(P\left(P\left(x\right)+x\right)=P\left(x\right)P\left(x+1\right)\). Thật vậy, ta có:

 \(VP=P\left(x\right)P\left(x+1\right)\) 

\(=\left(x^2+mx+n\right)\left[\left(x+1\right)^2+m\left(x+1\right)+n\right]\)

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

\(=\left(x^2+mx+n\right)\left[\left(x^2+mx+n\right)+2x+m+1\right]\)

\(=\left(x^2+mx+n\right)^2+2x\left(x^2+mx+n\right)+m\left(x^2+mx+n\right)+x^2+mx+n\)

\(=\left[\left(x^2+mx+n\right)+x\right]^2+m\left(x^2+mx+n+x\right)+n\)

\(=\left[P\left(x\right)+x\right]^2+m\left[P\left(x\right)+x\right]+n\)

\(=P\left(P\left(x\right)+x\right)=VT\) 

Vậy đẳng thức được chứng minh. 

Từ \(P\left(P\left(x\right)+x\right)=P\left(x\right)P\left(x+1\right)\), chọn \(x=2023\), ta được:

\(P\left(P\left(2023\right)+2023\right)=P\left(2023\right)P\left(2024\right)\)

\(\Rightarrow Q\left(x\right)\) có nghiệm nguyên là \(x=P\left(2023\right)+2023\) (đpcm)

 Mình có lưu ý là mọi đa thức có dạng \(f\left(x\right)=x^{3m+1}+x^{3n+2}+1\left(m,n\inℕ^∗\right)\) đều có thể phân tích được thành nhân tử theo cách tương tự.

\(f\left(x\right)=x^7+x^2+1\)

\(f\left(x\right)=\left(x^7-x\right)+\left(x^2+x+1\right)\)

\(f\left(x\right)=x\left(x^6-1\right)+\left(x^2+x+1\right)\)

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

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

\(f\left(x\right)=\left(x^2+x+1\right)\left(x^5-x^4+x^2-x+1\right)\)

 Xét đa thức \(g\left(x\right)=x^5-x^4+x^2-x+1\). Giả sử đa thức này có nghiệm hữu tỉ \(x=\dfrac{p}{q}\left(p,q\inℤ;\left(p,q\right)=1\right)\) thì \(p|1,q|1\) nên \(x=\pm1\). Thử lại, ta thấy cả 2 nghiệm này đều không thỏa mãn. Do đó đa thức g(x) không thể có nghiệm hữu tỉ.   (*)

 Giả sử ta có thể phân tích tiếp \(g\left(x\right)\) thành nhân tử thì \(g\left(x\right)=h\left(x\right).j\left(x\right)\) với h(x) và j(x) là các đa thức hệ số hữu tỉ khác hằng có bậc nhỏ hơn 5 thì một trong 2 đa thức h(x), j(x) phải có bậc lẻ (vì nếu cả 2 cùng có bậc chẵn thì \(g\left(x\right)=h\left(x\right).j\left(x\right)\) sẽ có bậc chẵn, vô lí). Mà một đa thức bậc lẻ thì luôn có nghiệm nên nếu g(x) phân tích được thành nhân tử thì nó sẽ có nghiệm hữu tỉ, mâu thuẫn với (*).

 Vậy ta không thể phân tích tiếp g(x) thành nhân tử. Điều này có nghĩa rằng ta đã hoàn thành xong việc phân tích f(x) thành nhân tử.

 Kéo dài tia AO và đặt là Ax. Khi đó:

\(\widehat{BOC}=\widehat{BOx}+\widehat{COx}\)

 Xét tam giác OAB có \(\widehat{BOx}\) là góc ngoài tại O nên 

\(\widehat{BOx}=\widehat{A_1}+\widehat{ABO}\) (1)

 Tương tự, ta có \(\widehat{COx}=\widehat{A_2}+\widehat{ACO}\) (2)

 Cộng theo vế (1) và (2), ta được:

 \(\widehat{BOC}=\widehat{A_1}+\widehat{A_2}+\widehat{ABO}+\widehat{ACO}\)

        \(=\widehat{A}+\widehat{ABO}+\widehat{ACO}\)

 Ta có đpcm.

a) ABCD là hình thoi nên AB//CD và \(AB=CD\). Gọi O là giao điểm của AC và BD thì O là trung điểm của AC.

\(\Rightarrow\) AP//CQ và \(AP=\dfrac{1}{3}AB=\dfrac{1}{3}CD=CQ\) nên APCQ là hình bình hành. 

 Do đó PQ đi qua trung điểm O của AC.

 Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BAD, cát tuyến IPO, ta có:

 \(\dfrac{IA}{ID}.\dfrac{OD}{OB}.\dfrac{PB}{PA}=1\) \(\Rightarrow\dfrac{IA}{ID}.1.2=1\) \(\Rightarrow\dfrac{IA}{ID}=\dfrac{1}{2}\) hay A là trung điểm ID.

 Từ đó dễ thấy IO là đường trung bình của tam giác DIB, suy ra BI//AO. Lại có \(AO\perp BD\) (tính chất hình thoi) nên \(BI\perp BD\), suy ra đpcm.

 b) Dễ thấy P là trọng tâm tam giác BID nên K là trung điểm IB hay \(BK=IK\). Ta có đpcm.

\(C=c\left[b\left(a+d\right)\left(b-c\right)+a\left(b+d\right)\left(c-a\right)\right]+ab\left(c+d\right)\left(a-b\right)\)

\(C=c\left[\left(ab+bd\right)\left(b-c\right)+\left(ab+ad\right)\left(c-a\right)\right]+ab\left(c+d\right)\left(a-b\right)\)

\(C=c\left[ab^2-abc+b^2d-bcd+abc-a^2b+acd-a^2d\right]+ab\left(c+d\right)\left(a-b\right)\)

\(C=c\left[\left(ab^2-a^2b\right)+\left(b^2d-a^2d\right)+\left(acd-bcd\right)\right]+ab\left(c+d\right)\left(a-b\right)\)

\(C=c\left[ab\left(b-a\right)+d\left(a+b\right)\left(b-a\right)+cd\left(a-b\right)\right]+ab\left(c+d\right)\left(a-b\right)\)

\(C=c\left(a-b\right)\left(-ab-da-db+cd\right)+ab\left(c+d\right)\left(a-b\right)\)

\(C=\left(a-b\right)\left(-abc-acd-bcd+c^2d+abc+abd\right)\)

\(C=\left(a-b\right)\left(-acd-bcd+abd+c^2d\right)\)

\(C=c\left(a-b\right)\left(c^2+ab-ac-bc\right)\)

\(C=c\left(a-b\right)\left[\left(c^2-ac\right)-\left(bc-ab\right)\right]\)

\(C=c\left(a-b\right)\left[c\left(c-a\right)-b\left(c-a\right)\right]\)

\(C=c\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)\)

Ta có \(7a-b+4c=0\Leftrightarrow b=7a+4c\)

Mà \(P\left(2\right)P\left(-1\right)\) 

\(=\left(4a+2b+c\right)\left(a-b+c\right)\)

\(=\left(4a+2\left(7a+4c\right)+c\right)\left(a-\left(7a+4c\right)+c\right)\)

\(=\left(18a+9c\right)\left(-6a-3c\right)\)

\(=-27\left(2a+c\right)^2\) \(\le0\)

Vậy \(P\left(2\right).P\left(1\right)\le0\) (đpcm)