a) Vì \(\angle B A C = 120^{\circ}\) nên \(\angle C A H = 60^{\circ}\).

Do \(A D\) là phân giác \(\angle B A C\) nên
\(\angle D A C = \frac{1}{2} \angle B A C = 60^{\circ}\)

\(\Rightarrow \angle D A C = \angle C A H\)

\(\Rightarrow A C\) là phân giác \(\angle D A H\).

b) Khi đó \(I E = I H\).

Mặt khác \(D I\) là phân giác \(\angle A D C\) nên \(I E = I K\).

Vậy \(I H = I K\).

a) Xét tam giác ABD có C là trung điểm của cạnh AD.

Suy ra BC là trung tuyến của tam giác ABD.

Lại có, G∈BC và GB=2CG⇒GB=2/3BC.

Do đó G là trọng tâm tam giác ABD.

Mặt khác, E là trung điểm của BD nên AE là đường trung tuyến của tam giác ABD.

Do đó, AE đi qua trọng tâm G hay A;G;E thẳng hàng.

b) Xét hai tam giác ABC và tam giác BCD, ta có:

BC<AB+AC;BC<BD+CD.

⇒2BC<AB+AC+BD+CD=AB+BD+AD

⇒BC<AB+BD+AD/2                    (1)

Lại có, BC>AB−AC;BC>CD−BD

⇒2BC>(AB−AC)−(CD−BD)

Do đó, 2BC>AB−AC−CD+BD=AB+BD−(AC+CD)

Hay 2BC>AB+BD−AD

Do đó, BC>AB+BD−AD/2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB+BD−AD/2<BC<AB+BD+AD/2.

a) Xét tam giác ABD có C là trung điểm của cạnh AD.

Suy ra BC là trung tuyến của tam giác ABD.

Lại có, G∈BC và GB=2CG⇒GB=2/3BC.

Do đó G là trọng tâm tam giác ABD.

Mặt khác, E là trung điểm của BD nên AE là đường trung tuyến của tam giác ABD.

Do đó, AE đi qua trọng tâm G hay A;G;E thẳng hàng.

b) Xét hai tam giác ABC và tam giác BCD, ta có:

BC<AB+AC;BC<BD+CD.

⇒2BC<AB+AC+BD+CD=AB+BD+AD

⇒BC<AB+BD+AD/2                    (1)

Lại có, BC>AB−AC;BC>CD−BD

⇒2BC>(AB−AC)−(CD−BD)

Do đó, 2BC>AB−AC−CD+BD=AB+BD−(AC+CD)

Hay 2BC>AB+BD−AD

Do đó, BC>AB+BD−AD/2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB+BD−AD/2<BC<AB+BD+AD/2.

a) Xét tam giác ABD có C là trung điểm của cạnh AD.

Suy ra BC là trung tuyến của tam giác ABD.

Lại có, G∈BC và GB=2CG⇒GB=2/3BC.

Do đó G là trọng tâm tam giác ABD.

Mặt khác, E là trung điểm của BD nên AE là đường trung tuyến của tam giác ABD.

Do đó, AE đi qua trọng tâm G hay A;G;E thẳng hàng.

b) Xét hai tam giác ABC và tam giác BCD, ta có:

BC<AB+AC;BC<BD+CD.

⇒2BC<AB+AC+BD+CD=AB+BD+AD

⇒BC<AB+BD+AD/2                    (1)

Lại có, BC>AB−AC;BC>CD−BD

⇒2BC>(AB−AC)−(CD−BD)

Do đó, 2BC>AB−AC−CD+BD=AB+BD−(AC+CD)

Hay 2BC>AB+BD−AD

Do đó, BC>AB+BD−AD/2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB+BD−AD/2<BC<AB+BD+AD/2.

a) Xét tam giác ABD có C là trung điểm của cạnh AD.

Suy ra BC là trung tuyến của tam giác ABD.

Lại có, G∈BC và GB=2CG⇒GB=2/3BC.

Do đó G là trọng tâm tam giác ABD.

Mặt khác, E là trung điểm của BD nên AE là đường trung tuyến của tam giác ABD.

Do đó, AE đi qua trọng tâm G hay A;G;E thẳng hàng.

b) Xét hai tam giác ABC và tam giác BCD, ta có:

BC<AB+AC;BC<BD+CD.

⇒2BC<AB+AC+BD+CD=AB+BD+AD

⇒BC<AB+BD+AD/2                    (1)

Lại có, BC>AB−AC;BC>CD−BD

⇒2BC>(AB−AC)−(CD−BD)

Do đó, 2BC>AB−AC−CD+BD=AB+BD−(AC+CD)

Hay 2BC>AB+BD−AD

Do đó, BC>AB+BD−AD/2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB+BD−AD/2<BC<AB+BD+AD/2.

Biểu thức \(A\) lớn nhất khi và chỉ khi \(x^{2022} + 2023\) nhỏ nhất.

Ta có: \(x^{2022} \geq 0\) với mọi \(x\). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = 0\).

Vậy khi \(x = 0\), \(A\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(2023\).

a) Sắp xếp \(P \left(\right. x \left.\right)\) và \(Q \left(\right. x \left.\right)\) theo lũy thừa giảm dần.

\(P \left(\right. x \left.\right) = 2 x^{3} + 5 x^{2} - 2 x + 2\).

\(Q \left(\right. x \left.\right) = - x^{3} - 5 x^{2} + 2 x + 6\).

b) \(P \left(\right. x \left.\right) + Q \left(\right. x \left.\right) = x^{3} + 8\).

\(P \left(\right. x \left.\right) - Q \left(\right. x \left.\right) = 3 x^{3} + 10 x^{2} - 4 x - 4\).

a) Sắp xếp \(P \left(\right. x \left.\right)\) và \(Q \left(\right. x \left.\right)\) theo lũy thừa giảm dần.

\(P \left(\right. x \left.\right) = 2 x^{3} + 5 x^{2} - 2 x + 2\).

\(Q \left(\right. x \left.\right) = - x^{3} - 5 x^{2} + 2 x + 6\).

b) \(P \left(\right. x \left.\right) + Q \left(\right. x \left.\right) = x^{3} + 8\).

\(P \left(\right. x \left.\right) - Q \left(\right. x \left.\right) = 3 x^{3} + 10 x^{2} - 4 x - 4\).