Đặt \(x^2-x=t\)

\(\Rightarrow t^2+2t-8=0\)

Giải PT bậc 2 ẩn t tìm ra t, rồi giải PT bậc 2 ẩn x

\(x^2-x=t\)

\(4x-4-x^2=-\left(x^2-2.2.x+2^2\right)=-\left(x-2\right)^2\)

\(x^2-x+\dfrac{1}{4}=x^2-2.x.\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2\)

\(x^2-9=x^2-3^2=\left(x-3\right)\left(x+3\right)\)

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

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

\(2^{224}< 2^{225}=\left(2^3\right)^{75}=8^{75}\)

\(3^{151}>3^{150}=\left(3^2\right)^{75}=9^{75}\)

\(\Rightarrow2^{224}< 8^{75}< 9^{75}< 3^{151}\)

\(\dfrac{x^2-yz}{a}=\dfrac{y^2-zx}{b}=\dfrac{z^2-xy}{c}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{x^2-yz}=\dfrac{b}{y^2-zx}=\dfrac{c}{z^2-xy}\)

\(\Rightarrow\left[\dfrac{a}{x^2-yz}\right]^2=\left[\dfrac{b}{y^2-zx}\right]^2=\left[\dfrac{c}{z^2-xy}\right]^2\)

Ta có

\(\left[\dfrac{a}{x^2-yz}\right]^2=\dfrac{b}{y^2-zx}.\dfrac{c}{z^2-xy}=\)

\(=\dfrac{a^2-bc}{x^4-2x^2yz+y^2z^2-y^2z^2+xy^3+xz^3-x^2yz}=\)

\(=\dfrac{a^2-bc}{x\left(x^3+y^3+z^3-3xyz\right)}=\dfrac{a^2-bc}{x}.\dfrac{1}{\left(x^3+y^3+z^3-3xyz\right)}\)

Tương tự

\(\left[\dfrac{b}{y^2-zx}\right]^2=\dfrac{b^2-ca}{y}.\dfrac{1}{x^3+y^3+z^3-3xyx}\)

\(\left[\dfrac{c}{z^2-xy}\right]^2=\dfrac{c^2-ab}{z}.\dfrac{1}{x^3+y^3+z^3-3xyz}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2-bc}{x}=\dfrac{b^2-ca}{y}=\dfrac{c^2-ab}{z}\)

\(a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\)

Nếu \(\left(a-b\right)\left(a+b\right)\) là số chính phương thì a-b và a+b cũng phải là số chính phương

\(\Rightarrow a-b=p^2;a+b=q^2\)

\(\Rightarrow a=\dfrac{p^2+q^2}{2};b=\dfrac{q^2-p^2}{2}\)

a; b là số nguyên \(\Rightarrow p^2;q^2\) phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ

=> p; q cùng chẵn hoặc cùng lẻ

\(a^2-b^2\) có thể là số chính phương nếu chọn a; b thỏa mãn đk trên

VD:

\(a=5;b=4\Rightarrow a^2-b^2=5^2-4^2=25-16=9=3^2\)

\(A=8x^3+4x^2+2x-4x^2-2x-1-7x^3-7=\)

\(=x^3-8=-\dfrac{1}{2^3}-8=-\dfrac{1}{8}-8=-\dfrac{65}{8}\)

Nếu \(x=0\Rightarrow60^x+48=60^0+48=49=y^2\Rightarrow y=7\)

Nếu \(x>0\Rightarrow60^x+48=y^2\) có tận cùng là 8

Mà \(y^2\) là 1 số chính phương nên tận cùng không thể là 8

=> x>0 không thỏa mãn đề bài

\(P=4\left(x^2+2xy+y^2\right)-12\left(x+y\right)+9+\left(x^2-4x+4\right)+2011=\)

\(=\left[2\left(x+y\right)\right]^2-2.2\left(x+y\right).3+3^2+\left(x-2\right)^2+2011=\)

\(=\left[2\left(x+y\right)-3\right]^2+\left(x-2\right)^2+2011\ge2011\)

\(\Rightarrow P_{min}=2011\)

a/

Xét tư giác HDEI

\(AH\perp BC\left(gt\right)\Rightarrow IH\perp BC;ED\perp BC\left(gt\right)\) 

=> IH//ED (cùng vg với BC)

\(BC\perp AH\left(gt\right)\Rightarrow DH\perp AH;EI\perp AH\left(gt\right)\)

=> DH//EI (cùng vg với AH)

=> HDEI là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

\(\widehat{AHD}=90^o\) 

=> HDEI là HCN

Xét tư giác ABDE có

A và D cùng nhìn BE dưới 2 góc = nhau và \(=90^o\)

=> ABDE là tứ giác nội tiếp

\(\widehat{ABE}=\widehat{ADE}\) (góc nt cùng chắn cung AE) (1)

\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}\) (góc nt cùng chắn cung AB) (2)

ED//AH => \(\widehat{ADE}=\widehat{HAD}\) (góc so le trong) (3)

HA = HD (gt) => tg HAD cân tại H \(\Rightarrow\widehat{HAD}=\widehat{ADB}\) (4)

Từ (1) (2) (3) (4) \(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{AEB}\) => tg ABE cân tại A

=> AE = AB

b/

Xét tg cân ABE có

MB = ME (gt) \(\Rightarrow\widehat{BAK}=\widehat{CAK}\) (trong tg cân đường trung tuyến xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác của góc ở đỉnh)

Xét tg ABC có

\(\dfrac{KB}{AB}=\dfrac{KC}{AC}\) (Trong một tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề với hai đoạn ấy)

\(\Rightarrow KB.AC=KC.AB\) mà AB=AE (cmt)

\(\Rightarrow KB.AC=KC.AE\)

2 tg EDC và tg BDC có chung DC và đường cao từ E->DC = đường cao từ B->DC nên

\(S_{BDC}=S_{EDC}\)

2 tg ABD và tg BDC có đường cao từ D->AB = đường cao từ B->DC nên

\(\dfrac{S_{ABD}}{S_{BDC}}=\dfrac{AB}{DC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow S_{ABD}=\dfrac{1}{2}xS_{BDC}=\dfrac{1}{2}xS_{EDC}\)

\(\Rightarrow S_{ABCD}=S_{ABD}+S_{BDC}=\dfrac{1}{2}xS_{EDC}+S_{EDC}=\dfrac{3}{2}xS_{EDC}=\dfrac{3}{2}x30=45cm^2\)