1) TXĐ: \(D=ℝ\)

 \(9^x+3.6^x=4^{x+1}\)

\(\Leftrightarrow9^x-4.4^x+3.6^x=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{9^x}{4^x}-4+3.\dfrac{6^x}{4^x}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{9}{4}\right)^x+3\left(\dfrac{6}{4}\right)^x-4=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(\dfrac{3}{2}\right)^2\right]^x+3\left(\dfrac{3}{2}\right)^x-4=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(\dfrac{3}{2}\right)^x\right]^2+3\left(\dfrac{3}{2}\right)^x-4=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(\dfrac{3}{2}\right)^x-1\right]\left[\left(\dfrac{3}{2}\right)^x+4\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{3}{2}\right)^x=1\) (vì \(\left(\dfrac{3}{2}\right)^x>0\))

\(\Leftrightarrow x=0\)

Vậy tập nghiệm của pt đã cho là \(S=\left\{0\right\}\)

2)

a) \(D=ℝ\)

Với \(m=1\) thì (1) thành:

\(\left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)^{\left|x\right|}+\left(\sqrt{2-\sqrt{3}}\right)^{\left|x\right|}=4\)

Để ý rằng \(\sqrt{2+\sqrt{3}}.\sqrt{2-\sqrt{3}}=1\) \(\Leftrightarrow\sqrt{2-\sqrt{3}}=\dfrac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}\)

Do đó pt \(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)^{\left|x\right|}+\left(\dfrac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}\right)^{\left|x\right|}-4=0\)

Đặt \(\left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)^{\left|x\right|}=t\left(t\ge1\right)\) thì pt thành:

\(t+\dfrac{1}{t}-4=0\)

\(\Leftrightarrow t^2-4t+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=2+\sqrt{3}\left(nhận\right)\\t=2-\sqrt{3}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\left(\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)^{\left|x\right|}=2+\sqrt{3}\)

\(\Leftrightarrow\left|x\right|=2\)

\(\Leftrightarrow x=\pm2\)

Vậy tập nghiệm của pt đã cho là \(S=\left\{\pm2\right\}\)]

 

5)

a) \(3x+8y=26\)

 \(\Leftrightarrow y=\dfrac{26-3x}{8}\)

 Vì \(y\inℤ\) nên \(\dfrac{26-3x}{8}\inℤ\)

 \(\Rightarrow26-3x⋮8\)

 \(\Leftrightarrow3x\equiv2\left(mod8\right)\)

 Vì \(ƯCLN\left(3,8\right)=1\) nên đặt \(x=8q+r\left(0\le r< 8\right)\) thì:

 \(3\left(8q+r\right)\equiv2\left(mod8\right)\)

 \(\Leftrightarrow24q+3r\equiv2\left(mod8\right)\)

 \(\Leftrightarrow3r\equiv2\left(mod8\right)\)

 Thử từng trường hợp, ta thấy ngay \(r=6\).

 Vậy \(x=8q+6\) 

\(\Rightarrow y=\dfrac{26-3x}{8}=\dfrac{26-3\left(8q+6\right)}{8}=\dfrac{8-24q}{8}=1-3q\)

 Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là \(\left(8q+6,1-3q\right)\) với \(q\inℤ\) bất kì.

 b) Cho \(1-3q>0\Leftrightarrow q< \dfrac{1}{3}\) 

 Cho \(8q+6>0\Leftrightarrow q>-\dfrac{3}{4}\)

 Do đó \(-\dfrac{3}{4}< q< \dfrac{1}{3}\). Mà \(q\inℤ\Rightarrow q=0\)

 Thế vào \(x,y\), pt sẽ có nghiệm nguyên dương là \(\left(6;1\right)\)

 Câu 6 làm tương tự nhé bạn.

N là điểm gì thế bạn?

8) 

a) Tam giác ABI và ACK có:

 \(\widehat{AIB}=\widehat{AKC}=90^o;\widehat{BAC}\) chung

 \(\Rightarrow\Delta ABI\sim\Delta ACK\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AI}{AK}\)

 \(\Rightarrow\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AI}{AB}\)

 Tam giác AIK và ABC có:

 \(\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AI}{AB};\widehat{BAC}\) chung

 \(\Rightarrow\Delta AIK\sim\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AI}{AB}\right)^2=cos^2A\)

 \(\Rightarrow S_{AIK}=S_{ABC}.cos^2A\)

 b) Có \(S_{BCIK}=S_{ABC}-S_{AIK}\)

\(=S_{ABC}-S_{ABC}.cos^2A\)

\(=S_{ABC}\left(1-cos^2A\right)\)

\(=S_{ABC}.sin^2A\)

 c) \(S_{HIK}=S_{ABC}-S_{AKI}-S_{BHK}-S_{CHI}\)

\(=S_{ABC}-S_{ABC}.cos^2A-S_{ABC}.cos^2B-S_{ABC}.cos^2C\)

\(=S_{ABC}\left(1-cos^2A-cos^2B-cos^2C\right)\)

 d) Có \(cotB=\dfrac{BH}{AH};cotC=\dfrac{CH}{AH}\)

 \(\Rightarrow cotB+cotC=\dfrac{BH}{AH}+\dfrac{CH}{AH}=\dfrac{BC}{AH}\)

 Nếu \(cotB+cotC\ge\dfrac{2}{3}\) thì \(\dfrac{BC}{AH}\ge\dfrac{2}{3}\Leftrightarrow BC\ge\dfrac{2}{3}AH\)

 Nhưng điều này chưa chắc đã đúng tùy vào cách vẽ hình nên bạn cần bổ sung thêm điều kiện gì đó vào câu này nhé.

 

 a) Ta có MR//AP nên tứ giác APMR là hình thang.

 Lại có MP//BQ nên \(\widehat{MPA}=\widehat{CBA}=\widehat{BAC}=\widehat{RAP}=60^o\) 

 Hình thang APMR (MR//AP) có \(\widehat{MPA}=\widehat{RAP}\) nên APMR là hình thang cân.

 b) Tương tự câu a), ta cũng chứng minh được các tứ giác BPMQ và CQMR là hình thang cân.

 Tứ giác APMR là hình thang cân \(\Rightarrow MA=PR\) (2 đường chéo của hình thang cân thì bằng nhau)

 Tương tự, suy ra \(MB=PQ,MC=QR\)

 \(\Rightarrow MA+MB+MC=PR+PQ+PR=C_{\Delta PQR}\)

 Ta có đpcm.

 c) \(\Delta PQR\) đều 

\(\Leftrightarrow PQ=QR=PR\) 

\(\Leftrightarrow MA=MB=MC\) (vì \(MA=PR,MB=PQ,MC=QR\) (cmt))

\(\Leftrightarrow\) M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

 d) Điểm D là điểm nào đó bạn? Nếu ý bạn là \(\widehat{RMP}=\widehat{PMQ}=\widehat{QMR}\) thì cái này dễ rồi nhé. Dùng tính chất hình thang chứng minh cả 3 góc này bằng 120^o là được.

 e) Dựng tam giác đều BMN sao cho N và A nằm cùng phía đối với đường thẳng BM.

 Khi đó \(BM=BN=MN\), \(\widehat{MBN}=\widehat{ABC}=60^o\) 

 \(\Rightarrow\widehat{NBM}-\widehat{ABM}=\widehat{ABC}-\widehat{ABM}\)

 \(\Rightarrow\widehat{ABN}=\widehat{MBC}\)

 Xét tam giác BNA và BMC, ta có:

 \(BN=BM\left(cmt\right),\widehat{NBA}=\widehat{MBC}\left(cmt\right),BA=BC\) (tam giác ABC đều)

 \(\Rightarrow\Delta BNA=\Delta BMC\left(c.g.c\right)\)

 \(\Rightarrow AN=MC\)

 Khi đó \(\left\{{}\begin{matrix}MB=MN\\MC=NA\end{matrix}\right.\) nên \(MA,MB,MC\) chính là 3 cạnh của tam giác AMN

 Hiển nhiên \(max\left\{MA,MB,MC\right\}\) nhỏ hơn tổng độ dài 2 cạnh còn lại.

 

Kẻ đường cao BD của tam giác ABC \(\left(D\in AC\right)\)

Khi đó \(AD=AB.cosA=c.cosA\)

\(\Rightarrow CD=AC-AD=b-c.cosA\)

Mặt khác, \(BD=BA.sinA=c\sqrt{1-cos^2A}\)

Tam giác BCD vuông tại D nên:

\(a^2=BC^2=DB^2+DC^2\) 

\(=\left(b-c.cosA\right)^2+\left(c\sqrt{1-cos^2A}\right)^2\)

\(=b^2-2bc.cosA+c^2.cos^2A+c^2\left(1-cos^2A\right)\)

\(=b^2+c^2-2bc.cosA\)

Vậy đẳng thức được chứng minh.