Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AE.\) Gọi \(D\) là một điểm bất kì trên cung  không chứa điểm \(A\) (\(D\) khác \(B\) và \(E\)). Gọi \(H,{\rm{ }}I,{\rm{ }}K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(D\) lên các đường thẳng \(BC,{\rm{ }}CA\) và \(AB.\)  

a) Chứng minh ba điểm \(H,{\rm{ }}I,{\rm{ }}K\) thẳng hàng.

b) Chứng minh \(\frac{{AC}}{{DI}} + \frac{{AB}}{{DK}} = \frac{{BC}}{{DH}} \cdot \)

c) Gọi \(P\) là trực tâm của \(\Delta ABC,\) chứng minh đường thẳng \(HK\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(DP.\)

Đặt \({n^2} - 2n - 7 = {a^3};\,\,{n^2} - 2n + 12 = {b^3}\)   (với \(a,{\rm{ }}b \in {\mathbb{N}^*}\))

Dễ thấy  \(a < b\)

Ta có \({b^3} - {a^3} = \left( {{n^2} - 2n + 12} \right) - \left( {{n^2} - 2n - 7} \right) = 19\)

\( \Leftrightarrow \left( {b - a} \right)\left( {{b^2} + ab + {a^2}} \right) = 19\)

Vì \(a,{\rm{ }}b \in {\mathbb{N}^*}\), \(b > a\), \({b^2} + ab + {a^2} > b - a\) và \(19\) là số nguyên tố nên

\(\left\{ \begin{array}{l}b - a = 1\\{b^2} + ab + {a^2} = 19\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\left( {TM} \right)\\\left\{ \begin{array}{l}a =  - 3\\b =  - 2\end{array} \right.\left( L \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {n^2} - 2n - 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n =  - 3{\rm{  }}(L)\\n = 5{\rm{  }}(TM)\end{array} \right. \Leftrightarrow n = 5\)

Vậy \(n = 5\) là giá trị cần tìm.

a)Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right):\)

\({x^2} = 2mx - m + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + m - 1 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Ta thấy \(\Delta ' = {m^2} - m + 1 = {\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0\), với mọi \(m \in \mathbb{R}.\)

Suy ra phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m \in \mathbb{R}.\)

Do đó đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt với mọi \(m \in \mathbb{R}.\)

Ta có \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\)

Áp dụng định lí Vi-ét ta được \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1} \cdot {x_2} = m - 1\end{array} \right.\)

Ta có \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| > \sqrt 3  \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} > 3 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} - 3 > 0.\)

\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m + 1 > 0 \Leftrightarrow {\left( {2m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne \frac{1}{2}.\)

Vậy \(m \ne \frac{1}{2}\) thì \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1};\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| > \sqrt 3 .\)

b)Điều kiện: \(x \ge  - \frac{1}{5}.\)

Ta có: \(8\sqrt {5x + 1}  + 6\sqrt {2x + 3}  = 7x + 29.\)

\( \Leftrightarrow \left( {5x + 1 - 8\sqrt {5x + 1}  + 16} \right) + \left( {2x + 3 - 6\sqrt {2x + 3}  + 9} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {5x + 1}  - 4} \right)^2} + {\left( {\sqrt {2x + 3}  - 3} \right)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {5x + 1}  - 4 = 0\\\sqrt {2x + 3}  - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 3\) (thỏa mãn).

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 3.\)