ĐKXĐ : \(x^4+\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right).x^2-\sqrt{6}\ne0\)

\(\Leftrightarrow x\ne\sqrt[4]{2}\)

\(P=\dfrac{x^2-\sqrt{2}}{x^4+\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right).x^2-\sqrt{6}}\)

\(=\dfrac{x^2-\sqrt{2}}{\left(x^4-\sqrt{2}x^2\right)+\sqrt{3}\left(x^2-\sqrt{2}\right)}\) 

\(=\dfrac{x^2-\sqrt{2}}{\left(x^2+\sqrt{3}\right)\left(x^2-\sqrt{2}\right)}=\dfrac{1}{x^2+\sqrt{3}}\)

a, Để đường thẳng y = (m+ 2)\(x\) + 3 và y = (3m + 1)\(x\) - 5 song song với nhau ⇔ \(\left\{{}\begin{matrix}m+2=3m+1\\3\ne-5\end{matrix}\right.\)

 ⇒ 3m - m = 2 - 1

      2m = 1

        m = \(\dfrac{1}{2}\)

b, Hai đường thẳng cắt nhau khi:

m +2 \(\ne\) 3m + 1

3m - m \(\ne\) 2 - 1

 2m  \(\ne\) 1

 m \(\ne\) \(\dfrac{1}{2}\)

\(\sqrt{2}\)\(\times\)\(\sqrt{4}\) - \(\sqrt{15}\) = 2\(\sqrt{2}\) - \(\sqrt{15}\)

 Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Ta dễ tính được \(\widehat{ADH}=\widehat{B}+\widehat{BAD}=45^o+\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=45^o+\dfrac{60^o}{2}=75^o\).

 Từ đó suy ra tam giác ACD cân tại A hay \(AC=AD=2\). Đồng thời \(AH=AC.\sin\widehat{C}=2.\sin75^o=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\).

 \(\Delta ABH\) vuông cân tại H nên \(AB=AH\sqrt{2}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}.\sqrt{2}=1+\sqrt{3}\) và \(BH=AH=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\)

 Mà ta lại có \(CH=AC.\cos C=2\cos75^o=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\) nên \(BC=BH+CH=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}=\sqrt{6}\). 

 Thế thì chu vi của tam giác ABC bằng \(AB+BC+CA=1+\sqrt{3}+\sqrt{6}+2=3+\sqrt{3}+\sqrt{6}\left(cm\right)\)

 Và diện tích của tam giác ABC bằng

\(\dfrac{1}{2}AC.BC.\sin C=\dfrac{1}{2}.2.\sqrt{6}.\sin75^o=\dfrac{3+\sqrt{3}}{2}\left(cm^2\right)\)

Lời giải:

Đặt $\sqrt{x}=t(t>0)$

$B=\frac{t^3-2t}{t^2(t+1)}=\frac{t^2-2}{t^2+t}$

Điều phải chứng minh tương đương với:

$B^{2021}+1> B(B^{2020}+1)$

$\Leftrightarrow B<1$ 

$\Leftrightarrow t^2-2}{t^2+t}-1<0$

$\Leftrightarrow \frac{-2-t}{t^2+t}<0$ (luôn đúng với mọi $t>0$)

Vậy.......

Có : \(x-2y-\sqrt{xy}+\sqrt{x}-2\sqrt{y}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-2\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)+\sqrt{x}-2\sqrt{y}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-2\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}=2\sqrt{y}\) (Do \(\sqrt{x}+\sqrt{y}+1>0,\forall x;y>0\))

\(\Leftrightarrow x=4y\)

Khi đó \(P=\dfrac{7y}{\left(2\sqrt{y}+3\sqrt{y}\right).\left(\sqrt{x}+2\sqrt{y}\right)}\)

\(=\dfrac{7y}{5\sqrt{y}.4\sqrt{y}}=\dfrac{7}{20}\)

Đáp án mà em chọn là sai rồi em  nhé.

Em chọn đáp án: (\(\sqrt{7x}\) + \(\sqrt{5}\))²

Đáp án đúng phải là: (\(\sqrt{7}\)\(x\) + \(\sqrt{5}\))²

                  \(\sqrt{7x}\) và \(\sqrt{7}\)\(x\) khác nhau hoàn toàn em nhé

              vì    \(\sqrt{7x}\) = \(\sqrt{7}\) \(\times\) \(\sqrt{x}\)

                 \(\sqrt{7}\)\(x\) = \(\sqrt{7}\) \(\times\) \(x\)

               Nên \(\sqrt{7x}\) \(\ne\) \(\sqrt{7}\)\(x\)

Đáp án của em chọn là sai. 

cao;vocdkvkikz

''kv,o0fkkf'kkkxck]odkkzs;di

 Ta thấy 1 cặp tam giác đồng dạng quen thuộc là \(\Delta HAB~\Delta HCA\), từ đó suy ra \(\dfrac{S_{HAB}}{S_{HCA}}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2\). Mà ta lại có \(\dfrac{S_{HAB}}{S_{HCA}}=\dfrac{HB}{HC}\) (2 tam giác có chung đường cao hạ từ A) nên suy ra đpcm.

 a) Ta thấy \(x^3+y^3=\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)\) và \(x^2+y^2=\left(x+y\right)^2-2xy\) nên nếu đặt \(x+y=S,xy=P\) thì ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}S^3-3SP=2\\S^2-2P=2\end{matrix}\right.\) . Từ pt (2) suy ra \(P=\dfrac{S^2-2}{2}\). Thay vào (1), ta có \(S^3-3S.\dfrac{S^2-2}{2}=2\) \(\Leftrightarrow-S^3+6S-4=0\) hay \(S^3-6S+4=0\)

 Đến đây ta dễ dàng nhẩm ra được \(S=2\). Do đó ta lập sơ đồ Horner:

Nghĩa là từ \(S^3-6S+4=0\) ta sẽ có \(\left(S-2\right)\left(S^2+2S-2\right)=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}S=2\\S=-1\pm\sqrt{3}\end{matrix}\right.\).

 Nếu \(S=2\) thì \(P=\dfrac{S^2-2}{2}=1\). Ta thấy \(S^2-4P=0\) nên x, y sẽ là nghiệm của pt \(X^2-2X+1=0\Leftrightarrow\left(X-1\right)^2=0\Leftrightarrow X=1\) hay \(\left(x;y\right)=\left(1;1\right)\).

 Nếu \(S=-1+\sqrt{3}\) thì \(P=\dfrac{S^2-2}{2}=1-\sqrt{3}\). Ta thấy \(S^2-4P>0\) nên x, y là nghiệm của pt \(X^2-\left(\sqrt{3}-1\right)X+1-\sqrt{3}=0\). \(\Delta=2\sqrt{3}\) nên \(X=\dfrac{\sqrt{3}-1\pm\sqrt{2\sqrt{3}}}{2}\) hay \(\left(x;y\right)=\left(\dfrac{\sqrt{3}-1+\sqrt{2\sqrt{3}}}{2};\dfrac{\sqrt{3}-1-2\sqrt{3}}{2}\right)\) và hoán vị của nó. 

 Nếu \(S=-1-\sqrt{3}\) thì \(P=\dfrac{S^2-2}{2}=1+\sqrt{3}\). Mà \(S^2-4P=-2\sqrt{3}< 0\) nên không tìm được nghiệm (x; y)

 Như vậy hệ phương trình đã cho có các cặp nghiệm \(\left(1;1\right);\left(\dfrac{\sqrt{3}-1+\sqrt{2\sqrt{3}}}{2};\dfrac{\sqrt{3}-1-\sqrt{2\sqrt{3}}}{2}\right)\)\(\left(\dfrac{\sqrt{3}-1-\sqrt{2\sqrt{3}}}{2};\dfrac{\sqrt{3}-1+2\sqrt{3}}{2}\right)\)

b) Ta thấy \(x^3+y^3+xy=\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+xy\)  nên nếu đặt \(S=x+y,P=xy\) thì ta có hệ \(\left\{{}\begin{matrix}S^3-3SP+P=3\\S+P=3\end{matrix}\right.\), suy ra \(P=3-S\) 

\(\Rightarrow S^3-3S\left(3-S\right)+3-S=3\)

\(\Leftrightarrow S^3-10S+3S^2=0\)

\(\Leftrightarrow S\left(S^2+3S-10\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}S=0\\S=2\\S=-5\end{matrix}\right.\)

 Nếu \(S=0\) thì \(P=3\). Khi đó vì \(S^2-4P< 0\) nên không tìm được nghiệm (x; y)

 Nếu \(S=2\) thì suy ra \(P=1\). Ta có \(S^2-4P=0\) nên x, y là nghiệm của pt \(X^2-2X+1=0\Leftrightarrow X=1\) hay \(\left(x;y\right)=\left(1;1\right)\)

 Nếu \(S=-5\) thì suy ra \(P=8\). Ta có \(S^2-4P< 0\) nên không thể tìm được nghiệm (x; y).

 Như vậy hpt đã cho có nghiệm duy nhất \(\left(1;1\right)\)