Bài 1:

Đặt $P(x)= ax^3 + bx + 12$

$g(x) = x^2+ x -2$

Gọi $R = mx + n$ là phần dư của phép chia $P(x)$ cho $g(x)$

$\Rightarrow P(x)\quad \vdots \quad g(x)\Leftrightarrow R = 0$

Ta có: $g(x) = (x -1)(x +2)$

Áp dụng định lý Bézout ta được:

$\quad \begin{cases}R = P(1)\\R = P(-2)\end{cases}$

$\to \begin{cases}0 = a.1^3 + b.1 + 12\\0 = a.(-2)^3 + b.(-2) + 12\end{cases}$

$\to \begin{cases}a + b = -12\\4a + b = 6\end{cases}$

$\to \begin{cases}a = 6\\b = -18\end{cases}$

Bài 2:

a) Xét tứ giác $AMCN$ có:

$AI = IC =\dfrac{1}{2}AC\quad (gt)$

$MI = IN=\dfrac{1}{2}MN\quad (gt)$

Do đó $AMCN$ là hình bình hành

Lại có: $\widehat{AMC}=90^o \quad (AM\perp BC)$

$\Rightarrow AMCN$ là hình chữ nhật

b) Ta có: $∆ABC$ cân tại $A$ đường cao $AM$

$\Rightarrow BM = MC =\dfrac{1}{2}BC$

mà $AN = MC$ ($AMCN$ là hình chữ nhật)

nên $AN=BM$

Ta lại có: $AN//BM\quad (AN//MC)$

$\Rightarrow ABMN$ là hình bình hành

c) Ta có: $ABMN$ là hình bình hành (câu b)

$\Rightarrow AB//MN$

$\Rightarrow AB//MI$

$\Rightarrow ABMI$ là hình thang

Do đó: $ABMI$ là hình thang cân $\Leftrightarrow \widehat{BAI}=\widehat{ABM}$

hay $\widehat{BAC}=\widehat{ABC}$

mà $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\quad (gt)$

nên $\widehat{BAC}=\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$

$\Rightarrow ∆ABC$ đều

2.

a) Xét tứ giacs AMCN có

I là trđ AC (GT)
I là trđ MN (do N đx M qua I)
=> AMCN là hbh 

Mà `hat{AMC}=90^o` (GT)

=> AMCN là hcn

b) Xét ΔABC ccân tại A có AM Là đường cao

=> AM đồng thời là đường trung tuyến

=> M là trđ BC
Xét ΔABC cos

M là trđ BC (cmt)
I là trđ AC (gt)
=> MI là đường tb ΔABC

=> MI // AB
Hay MN // AB (N, M , I thẳng hàng)
Có AMCN là hcn

=> AC = MN (t/c)
Mà AC = AB (ΔABC cân rại A)
=> AB = MN
Tứ giác ABMN có

AB // MN

AB = MN 

=> ABMN là hbh

c) Tứ giác ABMI có AB // MI
Do đó để tứ giác ABMI là htc thì 

`hat{BAC}=hat{ABC}`

Mà `hat{ACB}=hat{ABC}` (ΔABC cân tại A)
`<=> hat{BAC}=hat{ACB}=hat{ABC}`

`<=> Δ` ABC đều

Vậy ΔABC đều thì tứ giác ABMI là htc