) 2a  b 3a  2b 2a  ab  b2  3a  5ab  2b 5a  4ab  b    b) Q  a b ab a  b2 a  b2 Vì a  4ab  7b2  nên ta có: Q  a  b2    a  4ab  7b2  a  b2   a  b2  a  b2 6 c) Nhận xét A1;3   d  ; B  0;1   d ' Với m  2  d  : y   d ' : x  vuông góc với x 1 m2   Khi ta có a.a '   m  .    1   d    d '  m2 Vậy  d    d ' với m Với m  2  d ' : y   Vậy giao điểm đường thẳng nói nhìn đoạn AB cố định góc nên thuộc đường tròn đường kính AB m thay đổi Bài a) x  y  1 x  y  x  y   x  y    x  xy  y  x  y   xy   x  y   xy  xy   xy  xy  x  y  Nếu xy số không phương VT số vơ tỉ VP số hữu tỉ, vô lý Vậy xy  k  xy  k Ta có: x  y   xy  xy   x  y  xy  xy  2 xy    x y     xy   x  y  xy  1(*)  y  k   x  y   k  1   k  1 x  x   k  1  x  y k  x    k  1 2 Nếu x số khơng phương VT vô tỉ, VP hữu tỉ, vô lý Vậy x số phương, lý luận tương tự y số phương Đặt x  a ; y  b2 , từ (*) a  b  ab    a  1 b  1  Ta tìm  a; b    2;3 ;  3;2    x; y    4;9  ;  9;4  b) n  1116  36.376 Mỗi ước số nguyên dương n có dạng 3x.37 y x 01;2;3;4;5;6 y 0;1;2;3;4;5;6 Do x nhận giá trị y nhận giá trị nên n có tất   49 ước số nguyên dương phân biệt n Nếu a ước số nguyên dương n, a  1113 b  ước số nguyên a dương n, b  a Khi a b tạo thành cặp ước số nguyên dương n chúng có tích n Trong 49 ước số nguyên dương phân biệt n, ngoại trừ 1113 48 ước số lại chia thần 24 cặp ước số có tính chất cặp ước  a, b  Vậy tích tất ước nguyên dương phân biệt n 1116  1113  111147 24 Bài C M A B O P Q N D a) Vì AB  CD nên CA  CB  D1  N1 nên tứ giác PQDN nội tiếp  PND  PQD  1800 mà PND  900  PQD  900  PQ  CD  PQ / / AB b) Xét hai tam giác CAQ AMC có: ACQ  MAC  450 ; CAQ  AMC (do sd AC  sd BN  sd BC  sd BN ) CA CQ   AM CQ  AC  R AM AC AM CQ AC 2 R Tứ giác ACMQ có AM  CQ  S ACMQ     R2 2 Vậy CAQ MAC ( g.g )  CA CQ AQ CQ  AQ      c) Ta có CAQ MAC ( g.g )   1 AM AC MC AM  MC  COM CND( g.g ) (vì DCN chung; COM  CND  900 ) CM CO   CM CN  R.R  R CD CN Tương tự: AQ AN  2R Suy Vậy CM CN  AQ.AN  AQ CN  MC AN CQ  CN  Từ (1) (2) suy   AM  AN  (2) d) Ta có tứ giác PQDN nội tiếp  PQN  PDN Mà PDN  BCN nên PQN  BCN NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp CPQ PQN  PCQ Do đó: BCN  PCQ hay BN  ND Suy CN phân giác OCB Tam giác BOC vuông cân O  BC  BC  OB  R OM OC R Vì CM phân giác tam giác BOC nên    MB CB R 2 Ta có: OM  MB  R  OM  R Vậy OM  R    1   NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp CPQ Bài Theo trình đổi dấu ghi vng dòng i cột j đổi dấu i  j  lần Mà i  j  i  j hai số khơng tính chẵn lẻ (vì  i  j  1   i  j   j  số lẻ) Do vng dòng i cột j mà i  j số lẻ đổi dấu số chẵn lần dấu vng dấu  , vng dòng i cột j mà i  j số chẵn đổi dấu số lẻ lần dấu ô vng dấu  Mà từ đến 2019 có 1009 số chẵn 1010 số lẻ nên số cặp  i; j  mà i  j : 1009.1010  1010.1009  2038180 Vậy số ô vng lại mang dấu  2038180 ... j số chẵn đổi dấu số lẻ lần dấu vng dấu  Mà từ đến 2019 có 100 9 số chẵn 101 0 số lẻ nên số cặp  i; j  mà i  j : 100 9 .101 0  101 0 .100 9  2038180 Vậy số vng lại mang dấu  2038180