a) dễ CM: △OAC=△OCB

=> AB⊥OC và C là trung điểm AB

b) dễ CM: △CAM=△OCB và △CMB=△COA

=> góc CAM= góc CBO và góc CBM= góc CAO

=> AM//OB và BM//OA

c) dễ CM: △KOM=△IOM

=> OK=OI

=> OK-OA= OI-OB

=> AK=BI

d) dễ CM: △OAI=△OBK

=> góc OAI= góc OBK và góc OIA= góc OKB

mà góc NAK= 180 độ- góc OAI

góc NBI= 180 độ- góc OBK

=> góc NAK= góc NBI

=> △NAK=△NBI

=> AN=NB

=> △OAN=△ONB

=> góc AON= góc BON

=> ON là tia phân giác của góc AOB

=> O,N,M thẳng hàng(đpcm)

a) xét tam giác ABH và tam giác DBH có:

AH=HD

góc BHA= góc BHD= 90 độ

BH chung

=> △ABH=△DBH(c.g.c)

=> BD=BA

b) vì BA=BF=> △ABF cân tại B

=> góc BAF= góc BFA

ta có góc ngoài tam giác AFC là: góc BFA= góc FAC+ góc FCA

ta có góc BAF= góc BAH+ góc HAF

mà góc BAH+ góc HAC= 90 độ

góc HCA+ góc HAC= 90 độ

=> góc BAH= góc HCA hay góc BAH= góc FCA

từ các điều trên => góc BAH+ góc HAF= góc FAC+ góc BAH

=> góc HAF= góc FAC

=> AF là đường phân giác của góc AHE(đpcm)

em đăng kí nhận thưởng sự kiện khen thưởng cộng tác viên tích cực hàng tuần từ 02 đên ngày 09 tháng 8 năm 2026

sau em cần kiểm duyệt ảnh thì bảo anh để anh bỏ ẩn mấy câu hỏi bài tập cho, sắp muộn rồi chép hoặc học nhanh lên:)

với p=2 thì không thỏa mãn

với p=3 thì p+2=5 và p+4=7(TM)

với p>3

TH1: p:3 dư 1=> p=3k+1(k∈ \(N^{\cdot}\) )

p+2=3(k+1) vì p+2>3 nên p+2 là hợp số

TH2: p:3 dư 2=> p=3k+2(k∈ \(N^{\cdot}\) )

=>p+4= 3(k+2)

vì p+4>3 nên p+4 là hợp số

KL:......

lười là phong cách của tôi:)

ĐK: \(x\ge0\)

đặt y= \(\sqrt{x+20}\)

=> \(y^2=x+20\)

\(z=\sqrt{20+\frac12y}\Rightarrow z^2=20+\frac12y\)

\(t=\sqrt{20+\frac12z}\Rightarrow t^2=20+\frac12z\)

\(u=\sqrt{20+\frac12t}\Rightarrow u^2=20+\frac12t\)

=> \(2x=u\Rightarrow x=\frac12u\)

=> \(y^2=20+\frac12u\)

Không mất tính tổng quát, giả sử : y>z

=>u>y=> \(u^2>y^2\)

=> t>u=> \(t^2>u^2\)

=> z>t

=> y>z>t>u>y( vô lí)

tương tự với y<z

=> y=z=t=u

=> \(y^2=20+\frac12y\)

<=> \(2y^2-y-40=0\)

=> \(x_1=\frac{1+\sqrt{321}}{4}\left(TM\right);x_2=\frac{1-\sqrt{321}}{4}\left(loại\right)\)

KL:....

bài 3:

đặt \(2^{x}+3^{y}+4=k^2\) (k ∈ \(Z^{+}\) )

ta có \(3^{y}\) ≡ 0( mod 3 ) và 4 ≡ 1 ( mod 3 )

=> \(k^2\) ≡\(2^{x}+1\) (mod 3)

một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 1 và 0

với x là số chẵn => \(2^{x}\equiv\left(-1\right)^{x}\equiv1\) (mod 3)

=> \(k^2\equiv1+1\equiv2\) (mod 3) ( vô lí)

với x là số lẻ => \(2^{x}\equiv-1\) (mod 3)

=> \(k^2\equiv0\) (mod 3) (TM)

đặt k=3m(m ∈ \(Z^{+}\) )

thử với các giá trị nguyên nhỏ ta tìm dc x=1;y=1

giả sử \(:x\ge2\Rightarrow x\ge3\)

=> \(2^{x}\equiv0\) (mod 4)

\(k^2\equiv3^{y}\equiv-1^{y}\) (mod 4)

một số chính phương khi chia cho 4 chỉ có dư là 1 hoặc 0

=> \(\left(-1\right)^{y}\equiv1\) (mod 4)

=> y là số chẵn

đặt y=2n

ta có: \(2^{x}+3^{y}+4=k^2\Rightarrow2^{x}+4=k^2-3^{y}\)

=> \(4\left(2^{x-2}+1\right)=k^2-3^{2n}=\left(k^{}-3^{n}\right)\left(k^{}+3^{n}\right)\)

nhận thấy \(\left(k^{}+3^{n}\right)-\left(k-3^{n}\right)=2\cdot3^{n}\) là một số chẵn nên \(k+3^{n}\) và \(k-3^{n}\) phải cùng tính chẵn lẻ

mà tích là số chẵn nên nhân tử cx phải là số chẵn

đặt

đặt \(k-3^{n}=2u\) và \(k+3^{n}=2v\) (u<v)

=> \(v-u=3^{n}\)

\(u\cdot v=2^{x+1}+1\)

vì \(x\ge3\Rightarrow2^{x+1}+1\) là số lẻ

=> u.v là số lẻ => u;v là số lẻ

nhưng nếu u;v là số lẻ thì v-u phải là số chẵn

vậy phương trình không có nghiệm khi \(x\ge2\)

vậy (x;y) =(1;1)

bài 4:

giả sử \(2^{x}\cdot5^{y}+4=k^2\) (k ∈ N)

\(\Rightarrow2^{x}\cdot5^{y}=\left(k-2\right)\left(k+2\right)\)

đặt A=k-2 và B=k+2=>B-A=4 nên A và B cùng tính chẵn lẻ

với x=0

=> \(5^{y}+4=k^2\Rightarrow5^{y}=\left(k-2\right)\left(k+2\right)\)

vì gcd(A,B)=gcd(A,B-A)=gcd(A,4)

vì A lẻ nên gcd(A,B)=1

=> \(A=1\) và B= \(5^{y}\) => \(5^{y}-1=4\) => \(5^{y}=5\Rightarrow y=1\)

ta có một cặp nghiệm (x,y)=(0,1)

với x=1

<=> \(2\cdot5^{y}+4=k^2\)

vì \(5^{y}\) \(\equiv\) 1(mod 4)=> \(2\cdot5^{y}+4\equiv6\equiv2\) (mod 4)

vì số chính phương khi chia cho 4 chỉ có thể là 0;1 nên vô lí

với \(x\ge2\)

tích \(A\cdot B=2^{x}\cdot5^{y}\) là số chẵn ; vì A, B cùng tính chẵn lẻ nên cả hai đều phải chẵn

đặt A=2u và B=2v ta có:

v-u=2

u.v= \(2^{x-2}\cdot5^{y}\)

do v-u=2 nên u và v cùng tính chẵn lẻ

nếu u,v cùng lẻ:

=> u.v là số lẻ nên phương trình không chứa thừa số 2

=> x-2=0=>x=2

lúc này: \(u\cdot v=5^{y}\)

vì gcd(u,v)=gcd(u,v-u)=gcd(u,2)=1

=> u=1 và \(v=5^{y}\)

=> \(5^{y}-1=2\Rightarrow5^{y}=3\) ( vô nghiệm)

nếu u,v cùng chẵn: đặt u=2m và v=2n

=> \(n-m=1\)

nên m,n nguyên tố cùng nhau

\(u\cdot v=4mn=2^{x-2}\cdot5^{y}\Rightarrow mn=2^{x-4}\cdot5^{y}\) (đk: \(x\ge4\) )

=> \(\left\vert2^{x-4}-5^{y}\right\vert=1\)

đặt a=x-4

TH1: \(2^{a}-5^{y}=1\) (\(a\ge0\) )

=> \(2^{a}=1+5^{y}\)

nếu y=0=> \(2^{a}=2\Rightarrow a=1\Rightarrow x=5\)

nếu \(y\ge1\)

vì \(5^{y}\equiv1\) (mod 4)=> \(5^{y}+1\equiv2\) (mod 4)

=>a=1 => \(5^{y}=1\Rightarrow y=0\) ( vô lí vì \(y\ge1\) )

TH2: \(5^{y}-2^{a}=1\Rightarrow5^{y}=2^{a}+1\)

nếu a=0=> \(5^{y}=2\) ( vô nghiệm)

nếu a=1 => \(5^{y}=3\) ( vô nghiệm)

nếu a=2 => \(5^{y}=5\Rightarrow y=1\Rightarrow x=6\)

nếu \(a\ge3\) :

=> \(2^{a}\equiv0\) (mod 8)=> \(5^{y}\equiv1\) (mod 8)

mà lũy thừa của 5 theo modulo 8 là chu kỳ 5,1,5,.... nên y chẵn

đặt y=2p

=> \(2^{a}=5^{2p}-1=\left(5^{p}-1\right)\left(5^{p}+1\right)\)

=> \(5^{p}-1=2\Rightarrow5^{p}=3\) ( vô nghiệm)

kết luận:........