\(\left(x-3\right)\left(x-5\right)\left(x-6\right)\left(x-10\right)=24x^2\)

\(\Leftrightarrow x^4-24x^3+203x^2-720x+900=24x^4\)

\(\Leftrightarrow x^4-24x^3+203x^2-720x+900-24x^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^4-24x^3+179x^3-720x+900=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x-15\right)\left(x^2-7x+30\right)=0\)

có: \(x^2-7x+30\ne0\), nên:

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-2=0\\x-15=0\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=2\\x=15\end{cases}}\)

\(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{5}}{\sqrt{6}+\sqrt{5}}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{5}}{\sqrt{6}-\sqrt{5}}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)^2}{\left(\sqrt{6}+\sqrt{5}\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)}+\frac{\left(\sqrt{6}+\sqrt{5}\right)^2}{\left(\sqrt{6}+\sqrt{5}\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)^2+\left(\sqrt{6}+\sqrt{5}\right)^2}{\left(\sqrt{6}+\sqrt{5}\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)}\)

\(=\frac{11-2\sqrt{30}+11+2\sqrt{30}}{\left(\sqrt{6}\right)^2-\left(\sqrt{5}\right)^2}\)

\(=\frac{22}{1}=22\)

\(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{5}}{\sqrt{6}+\sqrt{5}}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{5}}{\sqrt{6}-\sqrt{5}}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)+\left(\sqrt{6}+\sqrt{5}\right)\left(\sqrt{6}+\sqrt{5}\right)}{\left(\sqrt{6}+\sqrt{5}\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)^2+\left(\sqrt{6}+\sqrt{5}\right)^2}{\sqrt{6}^2+\sqrt{5}^2}\)

\(=\sqrt{6}^2-2\sqrt{6}.\sqrt{5}+\sqrt{5}^2+\sqrt{6}^2+2\sqrt{6}.\sqrt{5}+\sqrt{5}^2\)

\(=6+5+6+5=22\)

150 500 C A B D 30 H

G/s: Con dốc là CA với đỉnh dốc là điểm A. Mặt đất là CB. Tính dộ cao người so với mặt đất chính là tính 

Vì con dốc nghiêng 30 độ vs mặt đất => ^CAB = 30 độ  

Người di chuyển xuống con dốc và hiện tại ở vị trí điểm D

Xét tam giác ACB vuông tại Bcó: AB = 500m ; ^ACB = 30 độ

=> AC = 2AB = 2. 500 = 1000 (m )

=> AD = 1000 - 150 = 850 (m)

Tam giác DCH vuông tại H có: ^CDH = 30 độ

=> DH = 1/ 2 DC = 850 : 2 = 425 (m )

A B C H O D E I J G K A' U X Y Z M N V S T L

Bổ sung đề: D là điểm bất kì nằm trên (O).

Gọi (U) là đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)DAH, kẻ đường kính AL của (U), gọi DA' cắt BC tại S.

Đường thẳng AI cắt (BHC) tại Y, Z đối xứng với A qua E. Đường tròn (A'YZ) tâm V cắt (BHC) tại X khác Y.

Dễ thấy bốn điểm O,I,E,S đồng viên và OS là đường kính của (OEI)

Vì \(V_{\left(A',2\right)}:\left(OEI\right)\rightarrow\left(ADH\right)\)nên S là trung điểm của A'L

Ta thấy (ABC) và (BHC) đối xứng nhau qua trung điểm cạnh BC nên A đối xứng với Y qua I

Từ đó tứ giác AA'YH là hình bình hành, AA'ZD cũng là hình bình hành. Suy ra (ADH) = (A'ZY)

Hay \(\Delta\)AUH = \(\Delta\)A'VY, UL // A'V. Đồng thời có S là trung điểm A'L, vậy thì S cũng là trung điểm UV

Từ hai tam giác AUH và A'VY bằng nhau có các cặp cạnh song song, suy ra UV = 2SV = HY

Gọi T là điểm đối xứng với H qua S. Khi đó SV là đường trung bình của \(\Delta\)HTY, suy ra V là trung điểm YT

Hay YT là đường kính của (V). Cũng dễ có YH là đường kính của (BHC). Suy ra H,S,T,X thẳng hàng (^YXT = ^YXH = 90⁰)

Ta có \(\overline{SH}.\overline{SX}=\overline{SB}.\overline{SC}=\overline{SA'}.\overline{SD}\)nên bốn điểm D,H,A',X đồng viên   (1)

Mặt khác gọi J' là trung điểm của AX thì \(V_{\left(A,2\right)}:\left(OJIE\right)\rightarrow\left(A'XYZ\right)\)nên J' thuộc (OEI)

Tương tự, với M,N là trung điểm AB,AC thì \(V_{\left(A,2\right)}:\left(MIJN\right)\rightarrow\left(BYXC\right)\)nên J' thuộc (Euler)

Từ đó J trùng J'. Suy ra \(V_{\left(A,2\right)}:G\rightarrow D;K\rightarrow H;O\rightarrow A';J\rightarrow X\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm G,K,O,J đồng viên (đpcm).

Bạn kiểm tra lại đề nhé! điểm D ?

\(a-b=a^3+b^3\Rightarrow a-b>0\)

Ta có:\(a^3+b^3>a^3-b^3\)

\(\Rightarrow a-b>a^3-b^3\)

\(\Rightarrow a-b>\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)\)

\(\Rightarrow a^2+ab+b^2< 1\Rightarrow a^2+b^2< 1\) vì \(ab>0\)

a) \(\left(\left|x_1-x_2\right|\right)^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\)sau đó em sử dụng định lí viet

=> \(\left|x_1-x_2\right|\)

b)

Viet: \(x_1x_2=3;x_1+x_2=5\)=> pt có 2 nghiệm dương

=> \(\left|x_1\right|+\left|x_2\right|=x_1+x_2\)= 5