Phương trình đã cho tương đương với :
$x^{2}=\pm\sqrt{24y-8}+y^{2}$
Đặt $24y-8=k^2$, do đó: $y=\frac{k^{2}+8}{24}\Rightarrow $ k chia hết cho $4\Rightarrow y=\frac{k^{2}+8}{24}=\frac{2m^{2}+1}{3}.$
Do đó $m$ không chia hết cho $3$.

+ Xét $m=3n+1$ ta có : $y=6n^{2}+4n+1$
$\Rightarrow x_1^2=\sqrt{24y-8}+y^{2}=36n^{4}+48n^{3}+28n^{2}+20n+5$ hoặc
$x_2^2=-\sqrt{24y-8}+y^{2}=36n^{4}+48n^{3}+28n^{2}-4n-3$
Ta thấy
$(6n^{2}+4n+1)^{2}>x_1^{2}>(6n^{2}+4n)^{2}$
và $(6n^{2}+4n+2)^{2}>x_2^{2}>(6n^{2}+4n+1)^{2}$
nên không tồn tại $x$ thoả mãn.

+ Xét $m=3n+2$ ta có : $x_1^2=36n^{4}+96n^{3}+100n^{2}+36n+1$ hoặc $x_2^2=36n^{4}+96n^{3}+100n^{2}+60n+17$
ta có:
$(6n^{2}+8n+3)^{2}>x_1^{2}>(6n^{2}+8n+2)^{2}$ và
$(6n^{2}+8n+4)^{2}>x_2^{2}>(6n^{2}+8n+3)^{2}$

Vậy phương trình vô nghiệm.

Bạn xem tại đây nhé
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114365/chung-minh

 Cách dựng:
+ Dựng hình vuông $M'N'P'Q'$ sao cho hai đỉnh $M', N'$ nằm trên cạnh $BC$, đỉnh $Q'$ nằm trên cạnh $AB$.
+ Kéo dài $BP'$ cắt cạnh $AC$ tại $P$. Từ $P$ kẻ $PN \bot BC,  (N \in BC)$ và $PQ \bot PN   (Q \in AB);   QM \bot BC (M \in BC)$ ta được hình vuông $MNPQ$.
Chứng minh: Theo cách dựng, hình vuông $MNPQ$ chính là ảnh của $M'N'P'Q'$ qua phép vị tự tâm $B$ tỉ số $\frac{BP}{BP'}. $
Biện luận: Nếu tam giác $ABC$ có góc $B$ tù hoặc góc $C$ tù, rõ ràng không thể dựng được hình vuông $M'N'P'Q'$, nên bài toán không có nghiệm hình. Trong các trường hợp còn lại, bài toán bao giờ cũng có một nghiệm hình.

 Cách dựng:
+ Dựng hình vuông $M'N'P'Q'$ sao cho hai đỉnh $M', N'$ nằm trên cạnh $BC$, đỉnh $Q'$ nằm trên cạnh $AB$.
+ Kéo dài $BP'$ cắt cạnh $AC$ tại $P$. Từ $P$ kẻ $PN \bot BC,  (N \in BC)$ và $PQ \bot PN   (Q \in AB);   QM \bot BC (M \in BC)$ ta được hình vuông $MNPQ$.
Chứng minh: Theo cách dựng, hình vuông $MNPQ$ chính là ảnh của $M'N'P'Q'$ qua phép vị tự tâm $B$ tỉ số $\frac{BP}{BP'}. $
Biện luận: Nếu tam giác $ABC$ có góc $B$ tù hoặc góc $C$ tù, rõ ràng không thể dựng được hình vuông $M'N'P'Q'$, nên bài toán không có nghiệm hình. Trong các trường hợp còn lại, bài toán bao giờ cũng có một nghiệm hình.

Chứng minh BĐT vế trái
$ |1+z^3|+|z^2+z+1|$
$=\sqrt{2+2 \cos3 \phi}+\sqrt{3+4 \cos \phi+2 \cos2 \phi}$
$=\sqrt{2+8x^3-6x}+\sqrt{4x^2+4x+1}$ với $x = \cos \phi \in [-1,1]$.
$=\sqrt{2+8x^3-6x}+|2x+1|$
 Việc còn lại là đi chứng minh
 $\sqrt{2+8x^3-6x}+|2x+1| \ge 1        (*)$
 Thật vậy,
 + Xét $1 \ge x \ge -1/2$
 $(*)\Leftrightarrow\sqrt{2+8x^3-6x}+2x+1 \ge 1 \Leftrightarrow\sqrt{2+8x^3-6x} \ge -2x$
 $\Leftrightarrow \begin{cases} 0 \ge x \ge -1/2 \\2+8x^3-6x - 4x^2 \ge0 \end{cases}$
 Dễ kiểm tra pt $f(x)=2+8x^3-6x - 4x^2=0 $ có $3$ nghiệm
$x_3=1, 1 \ge x_1, x_2 \ge -1/2\Rightarrow f(x) \ge 0$, luôn đúng.
+ Xét $-1 \le x <-1/2$
 $(*)\Leftrightarrow\sqrt{2+8x^3-6x}-2x-1 \ge 1 \Leftrightarrow\sqrt{2+8x^3-6x} \ge 2+2x$
 $\Leftrightarrow2+8x^3-6x \ge (2+2x)^2$
 Dễ kiểm tra pt $f(x)=2+8x^3-6x  - (2+2x)^2=0 $ có $3$ nghiệm
$x_3>1, x_1=-1,  x_2> -1/2\Rightarrow f(x) \ge 0$, luôn đúng.

Chứng minh BĐT vế phải
Do $|z|=1$ nên $z= \cos \phi + i \sin \phi$.
Ta có
     $ |1+z^3|+|z^2+z+1|$
$=|(1+ \cos3 \phi) + i \sin 3\phi|+|(1+\cos 2\phi+ \cos \phi)+i(\sin 2\phi + \sin \phi)|$
$=\sqrt{(1+ \cos3 \phi)^2+\sin^2 3\phi}+\sqrt{(1+\cos 2\phi+ \cos \phi)^2+(\sin 2\phi + \sin \phi)^2 }$
$=\sqrt{2+2 \cos3 \phi}+\sqrt{3+2 \cos \phi+2 \cos2 \phi+2 \cos \phi \cos2 \phi +2\sin 2\phi \sin \phi}$
$=\sqrt{2+2 \cos3 \phi}+\sqrt{3+2 \cos \phi+2 \cos2 \phi+2 \cos (2\phi-\phi)}$
$=\sqrt{2+2 \cos3 \phi}+\sqrt{3+4 \cos \phi+2 \cos2 \phi}$
Do $\cos \phi, \cos2 \phi, \cos3 \phi \le 1$ nên ta có
     $ |1+z^3|+|z^2+z+1| \le \sqrt{2+2 }+\sqrt{3+4 +2 }=5$

a) Kí hiệu $F=V \circ Q$.
Ta có
$Q : A \to A, V : A \to A\Rightarrow F: A \to A$

$Q : B \to B'$, trung điểm $AC$.
$V : B' \to C$ vì $\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AB'}$.
$\Rightarrow F: B \to C$

$Q : C \to C'$, thỏa mãn $\overrightarrow{AC'}=-2\overrightarrow{AB}$.
$V : C' \to D$, thỏa mãn $\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AC'}$.
$\Rightarrow F: C \to D$, thỏa mãn $\overrightarrow{AD}=-4\overrightarrow{AB}$.

Gọi mp cần tìm $(P)$ có dạng $Ax+By+Cz+D=0,          (A^2+B^2+C^2 >0)$.
Chú ý rằng mpxOy có dạng $z=0$.
Điều kiện bài toán
$\Leftrightarrow \begin{cases}I \in (P) \\ K \in (P)\\\cos (P,xOy )=\cos 30\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}C+D=0 \\ 3A+D=0\\\frac{|C|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}\sqrt{1}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow 4C^2=3(A^2+B^2+C^2)\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}C=-D \\ A=-\frac{1}{3}D\\B=\pm\frac{\sqrt{2}}{3}D\\ \end{cases}$
Vậy
$(P_1) : -\frac{1}{3}x+\frac{\sqrt{2}}{3}y-z+1=0$
$(P_2) : -\frac{1}{3}x-\frac{\sqrt{2}}{3}y-z+1=0$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

$ \begin{array}{l}{\rm{b}}{\rm{.}}\;\,\,{d_1} \cap (P) = A \Rightarrow A( - 2;7;5);\,{d_2} \cap (P) = B \Rightarrow B(3; - 1;1)\\
\Rightarrow \overrightarrow {AB}  = (5; - 8; - 4)\\
\Rightarrow AB:\;\frac{{x + 2}}{5} = \frac{{y - 7}}{{ - 8}} = \frac{{z - 5}}{{ - 4}}
\end{array} $

a. Ta có:
$\begin{array}{l}\;{\overrightarrow u _{({d_1})}} = ( - 1;2;3);\;\;{\overrightarrow u _{({d_2})}} = (1;1;2);\,\,\;{M_1}(0;3; - 1) \in \left( {{d_1}} \right);\;{M_2}(4;0;3) \in \left( {{d_2}} \right)\\
\Rightarrow \;\overrightarrow {{M_1}{M_2}} \, = (4; - 3;4)\; \Rightarrow \left[ {{{\overrightarrow u }_{({d_1})}}.{{\overrightarrow u }_{({d_2})}}} \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  =  - 23 \ne 0
\end{array} $
$\Rightarrow \left( {{d_1}} \right)\,\,\,,\,\,\left( {{d_2}} \right)\,\,\,$ chéo nhau.

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

b) Ta có:
$MA^2+2MB^2-3MC^2$
$=(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA})^2+2(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB})^2-3(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC})^2$
 $=MO^2+2MO^2-3MO^2+2\overrightarrow{MO}.(\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC})+OA^2+2OB^2-3OC^2$
 $=2\overrightarrow{MO}.(\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC})$
$=2\overrightarrow{MO}.(\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MO}-2\overrightarrow{MO}+3\overrightarrow{MO})$
$=2\overrightarrow{MO}.(\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}-3\overrightarrow{MC})$

Gọi $M(a, b) \in (E)$ thì ta có $a^2+4b^2=8$.
Ta cần tìm GTNN của $MA^2=(a-4)^2+(b-5)^2$.
Ta có
$(a-4)^2+(b-5)^2=a^2-8a+b^2-10+41=2a^2-8a+8+5b^2-10b+5+28-(a^2+4b^2)$
$=2(a-2)^2+5(b-1)^2+20$,   do $a^2+4b^2=8$.
Suy ra $MA^2 \ge 20 \Leftrightarrow MA \ge 2\sqrt 5$.
Vậy $\min MA=2\sqrt 5\Leftrightarrow a=2,b=1\Leftrightarrow M(2;1).$
 

Nhận thấy rằng $x^2-3x+4 = (x-\frac{3}{2})^2+\frac{7}{4}> 0   \forall x.$
Do đó BPT $\Leftrightarrow x^2-kx-2>-x^2+3x-4\Leftrightarrow 2x^2-(k+3)x+2>0$.
Đây là BPT bậc hai ẩn $x$ tham số $k$ có hệ số $a=2>0$, nên để BPT này nghiệm đúng với mọi $x$ thì cần điều kiện
$\Delta<0\Leftrightarrow (k+3)^2-16<0\Leftrightarrow -4<k+3<4\Leftrightarrow \boxed{-7<k<1}$.