ĐKXĐ: x² - 3x + 3 \(\ge\) 0

Đặt t = \(\sqrt{x^2-3x+3}\) (t \(\ge\) 0)

=> t² = x² - 3x + 3 <=> x² - 3x = t² - 3

Khi đó ta có pt: 2(t² - 3) + t + 3 = 0

<=> 2t² - 6 + t + 3 = 0

<=> 2t² + t - 3 = 0

<=> (t - 1)(2t + 3) = 0 <=> \(\orbr{\begin{cases}t=1\left(tm\right)\\t=-\frac{3}{2}\left(ktm\right)\end{cases}}\)

Với t = 1 ta có: x² - 3x = 1² - 3

<=> x² - 3x+  2 = 0

<=> (x - 1)(x - 2) = 0 <=> \(\orbr{\begin{cases}x=1\\x=2\end{cases}\left(tmđk\right)}\)

Vậy S = \(\left\{1;2\right\}\)

Đặt: \(\sqrt{x^2-3x+3}=t\ge0\)

=> \(2x^2-6x=2\left(x^2-3x\right)=2\left(t^2-3\right)\)

Ta có phương trình ẩn t : \(2\left(t^2-3\right)+t+3=0\)

<=> \(2t^2+t-3=0\)<=> t = 1 ( tm ) hoặc t = -3/2 ( loại)

Với t = 1 ta có: \(\sqrt{x^2-3x+3}=1\)

<=> \(x^2-3x+2=0\)

<=> x = 1 hoặc x = 2

ta có : \(a^3+2b^2-4b+3=0\)

\(\Leftrightarrow a^3=-2\left(b-1\right)^2-1\le-1\Rightarrow a^3\le-1\Rightarrow a^2\ge1\) 

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\ge1\\a^2b^2\ge b^2\end{cases}}\)\(\Rightarrow a^2+a^2b^2-2b\ge1+b^2-2b\Rightarrow\left(b-1\right)^2\le0\)

mà \(\left(b-1\right)^2\)luôn \(\ge0\forall b\in Q\)

dấu ''='' xảy ra <=> \(b-1=0\Rightarrow b=1\)

sau đó em chỉ cần thay b=1 vào pt ban đầu :

rồi => a = ... sau đó lấy a²+b²=...

mình làm cho câu dưới nha

\(x+y+xy+2=x^2+y^2\)

\(=>x^2+y^2-x-y-xy=2\)

=>\(2x^2+2y^2-2x-2y-2xy=4\\\)( chỗ này nhân mõi zế zs 2 á)

=>\(\left(x-y\right)^2+\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2=4\)

ta lại có\(4=0+1+3=tgtựra\)

mình nghĩ thế

hình mình ko vẽ nhé. 

a) Ta có : \(\Delta AMB\)nội tiếp ( O;R ) đường kính AB nên vuông tại M

Áp dụng hệ thức lượng, ta có :

 \(MK^2=AK.KB=\left(OA+OK\right)\left(OB-OK\right)=\frac{3R}{2}.\frac{R}{2}=\frac{3R^2}{4}\)

\(\Rightarrow MK=\frac{R\sqrt{3}}{2}\) 

b) Xét \(\Delta ABC\)có \(CO\perp AB;AM\perp BC\) \(\Rightarrow\)I là trực tâm

\(\Rightarrow\)\(BI\perp AC\)( 1 )

Mà \(\Delta ABP\)nội tiếp ( O ) đường kính AB nên vuông tại P 

\(\Rightarrow BP\perp AC\) ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra B,I,P thẳng hàng

c) Ta có : \(\widehat{IMO}=\widehat{MAO}\)

Dễ thấy Tứ giác ACMO nội tiếp nên \(\widehat{MAO}=\widehat{OCM}\)

\(\Rightarrow\widehat{IMO}=\widehat{OCM}\)

Gọi H là trung điểm IC 

\(\Delta CIM\)vuông tại M có MH là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(HI=HM\Rightarrow\widehat{HIM}=\widehat{HMI}\)

Ta có : \(\widehat{HMI}+\widehat{IMO}=\widehat{HIM}+\widehat{ICM}=90^o\)hay \(\widehat{HMO}=90^o\Rightarrow HM\perp MO\)

Mà HM = \(\frac{IC}{2}\)và H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC hay đường tròn đường kính IC

\(\Rightarrow\)OM là tiếp tuyến đường tròn đường kính IC

Tham khảo : https://hoidap247.com/cau-hoi/214089

Gọi thời gian khi đi xuôi dòng và ngược dòng của Cano lần lượt là x;y(km/h)(x;y>0)x;y(km/h)(x;y>0)

Vận tốc khi đi xuôi hơn vận tốc đi ngược 5km/h nên x−y=5x−y=5

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là 48x(h)48x(h)

Thời gian ca nô đi ngược dòng là 22y(h)22y(h)

Theo giả thiết ta có hệ phương trình sau:

x−y=5

48/x−22/y=1

⇔x=y+5

48/y+5−22/y=1

⇔x=y+5

(48y−22y−110)/y(y+5)=1

⇔{x=y+5

26y−110=y2+5y

⇔{x=y+5

y2−21y+110=0

⇔{x=16(km/h)

y=11(km/h)                 {x=15(km/h)

                                    y=10(km/h)

#Thiên#
 

???????????????????????????????????????????????????????????

a, thay m = 2 vào đthg d \(\Rightarrow\)y = -2x+1 

• Cho x =0 \(\rightarrow\)y = 0
• Cho y = 0\(\rightarrow\) x = \(\frac{1}{2}\)

( Vẽ đthg d )

Cho x = \(\pm1\), \(\pm2\) \(\rightarrow\)y = 1 ; 4

( Vẽ Parabol P ).

b, Xét phương trình hoành độ giao điểm :

x² = -mx+1 \(\rightarrow\) x² + mx -1 = 0 

\(\Delta\)= m² - 4.1.(-1) =m² + 4 

\(\rightarrow\)\(\Delta\)\(\ge\)0 \(\forall x\inℝ\)(đpcm)

Chứng minh theo thứ tự sau đây

chứng minh tứ giác ABMH nội tiếp đường tròn

chứng minh DC⋅AB=CA⋅CM

Nếu MC = HD và MD = 5cm thì độ dài đoạn MC bằng bao nhiêu?

chứng minh AD vuông góc với BM

hãy dùng cái đầu bạn nhé :))))

\(a,\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2=1\\2x^2+2y^2-2xy-y=0\end{cases}}\)

Xét từng TH với x-y=1 và x-y=-1

\(b,\hept{\begin{cases}\left(x-1\right)\left(y+2\right)=0\\xy-3x+2y=0\end{cases}}\)

Xét từng TH x=1 và y=-2

1:
a)\(\hept{\begin{cases}nx+x=5 \\x+y=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x.\left(n+1\right)=5\left(1\right)\\x+y=1\end{cases}}\)
 

ta có biến đổi góc như sau

\(\widehat{BIK}=\frac{1}{2}\widehat{A}+\frac{1}{2}\widehat{B}=\widehat{KAC}+\widehat{IBC}=\widehat{KBC}+\widehat{IBC}=\widehat{IBK}\)

=> tam giác BKI cân tại K nên KB =KI = KC

Hay K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC 

a) Do E , F là các tiếp điểm của (I) zới AC , AB nên \(\widehat{EFD\:=}\widehat{CED},\widehat{FED}=\widehat{BFD},EF//PQ\)

=>\(\widehat{EFD}=\widehat{AQF},\widehat{FED}=\widehat{APE}.\) mặt khác \(\widehat{PEA}=\widehat{CED},\widehat{AQF}=\widehat{BFD}\)suy ra tam giác FQA\(_{\simeq}\)tam giác PEA (g.g)

=>\(\frac{QA}{EA}=\frac{AF}{AP}=>AP.AQ=AE.FA=AE^2\)

hay \(\frac{BK\left(AB+AC\right)}{BC}\ge2BK\Leftrightarrow\frac{AB+AC}{BC}\ge2\)khi tam giác ABC đều thì \(\frac{AB+AC}{BC}=2\). Zậy GTNN của\(\frac{AB+AC}{BC}=2\)

b)ÁP dụng dịnh lý Ptolemy cho tứ giác ABKC

ta có \(AK.BC=AB.Ck=Bk\left(AB+AC\right)\)

tam giác AOD cân \(\widehat{AOI}\le90^0\Leftrightarrow IA\ge IK\Leftrightarrow IA+IK\ge2IK\Leftrightarrow AK\ge2IK\)suy ra\(\frac{BK\left(AB+AC\right)}{BC}\ge2IK\)

thầy cô tích cho em di ạ . em cố gắng để giải bài này r