Lời giải:

Đặt $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=a$

BĐT cần chứng minh tương đương với:
$(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})^2+2\geq 3(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$

$\Leftrightarrow a^2+2\geq 3a$

$\Leftrightarrow a^2-3a+2\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-1)(a-2)\geq 0$

$\Leftrightarrow (\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-1)(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2)\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(x^2-xy+y^2)(x-y)^2}{x^2y^2}\geq 0$

Điều này luôn đúng do:
$(x-y)^2\geq 0$

$x^2y^2>0$

$x^2-xy+y^2=(x-\frac{y}{2})^2+\frac{3}{4}y^2>0$ với mọi $x,y\neq 0$

Do đó ta có đpcm.

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d với Ox và Oy

\(\Rightarrow y_A=0\Rightarrow\left(m^2+2\right)x_A+1=0\Rightarrow x_A=-\dfrac{1}{m^2+2}\Rightarrow OA=\left|x_A\right|=\dfrac{1}{m^2+2}\)

\(x_B=0\Rightarrow y_B=\left(m^2+2\right).0+1=1\Rightarrow OB=\left|y_B\right|=1\)

\(\Rightarrow S_{\Delta OAB}=\dfrac{1}{2}OA.OB=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{m^2+2}.1=\dfrac{1}{8}\)

\(\Rightarrow m^2+2=4\Rightarrow m^2=2\)

\(\Rightarrow m=\pm\sqrt[]{2}\)

Lời giải:

\(P=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}-\frac{\sqrt{3}+2}{(\sqrt{3}-2)(\sqrt{3}+2)}+\frac{12(\sqrt{3}-3)}{(\sqrt{3}+3)(\sqrt{3}-3)}\)

\(=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{3-1}-\frac{\sqrt{3}+2}{3-2^2}+\frac{12(\sqrt{3}-3)}{3-3^2}\)

\(=(\sqrt{3}-1)+(\sqrt{3}+2)-2(\sqrt{3}-3)=7\)

Lời giải:
$\sqrt{20}-\sqrt{21-4\sqrt{5}}=\sqrt{20}-\sqrt{20+1-2\sqrt{20}}=\sqrt{20}-\sqrt{(\sqrt{20}-1)^2}=\sqrt{20}-|\sqrt{20}-1|=\sqrt{20}-(\sqrt{20}-1)=1$

a) Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=\dfrac{1}{x+y}\\v=\dfrac{1}{x-y}\end{matrix}\right.\left(1\right)\)

hệ phương trình trở thành \(\left\{{}\begin{matrix}2u+v=\dfrac{5}{3}\\6u-2v=1\end{matrix}\right.\)

Đây là hệ hai phương trình bậc nhất 2 ẩn, dùng phép cộng đại số để giải.

Sau khi giải ra u, v thế vào (1) để tìm \(x,y\).

b) Xét 2 trường hợp:

+) \(y\ge2\Rightarrow\left|y-2\right|=y-2\).

Phương trình đầu tiên trở thành \(3x-y+2=3\)

Đến đây bạn giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn nhé.

+) Tương tự, \(y\lt2\Rightarrow\left|y-2\right|=2-y\)

*Chú ý: tại mỗi trường hợp, đối chiếu nghiệm với điều kiện của y.

A B C O H D E

a/

Xét tg vuông BHD và tg vuông OBD có

\(\widehat{ODB}\) chung

=> tg BHD đồng dạng với tg OBD

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{DO}=\dfrac{DH}{BD}\Rightarrow BD^2=DH.DO\) (đpcm)

b/

Xét tg AEB có

\(\widehat{AEB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (đpcm)

Ta có \(BD^2=HD.DO\) (cmt) (1)

Xét tg vuông BED và tg vuông ABD có

\(\widehat{ADB}\) chung

=> tg BED đồng dạng với tg ABD

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{DA}=\dfrac{DE}{BD}\Rightarrow BD^2=DE.DA\) (2)

Từ (1) và (2) => HD.DO = DE.DA (đpcm)

c/

Xét tg DBC có

DB=DC (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn)

=> tg DBC cân tại D 

Ta có \(DH\perp BC\) 

=> \(\widehat{ODC}=\widehat{ODB}\) (trong tg cân đường cao xuất phát từ đỉnh đồng thời là đường phân giác)

Xét tg OCD và tg OBD có

DC=DB (cmt)

OD chung

\(\widehat{ODC}=\widehat{ODB}\) (cmt)

=> tg OCD = tg OBD (c.g.c)

\(\Rightarrow\widehat{OCD}=\widehat{OBD}=90^o\) => DC là tiếp tuyến của (O) (đpcm)

ta có

\(sđ\widehat{DCE}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung CE (góc nt đường tròn)

\(sđ\widehat{CAD}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung CE (góc nt đường tròn)

\(\Rightarrow\widehat{DCE}=\widehat{CAD}\) (1)

Xét tg ECD có \(\widehat{DEC}=180^o-\widehat{DCE}-\widehat{ADC}\) (2)

Xét tg DAC có \(\widehat{DCA}=180^o-\widehat{CAD}-\widehat{ADC}\) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{DEC}=\widehat{DCA}\) (đpcm)

`x-2sqrt{x-4}=4`              `đk : x>=4`

`<=> 2sqrt{x-4} = x-4`

`<=> 2*(x-4)=(x-4)^2`

`<=> 2x-8 = x^2 -8x +16`

`<=>2x-8-x^2+8x-16 =0`

`<=> -x^2 +10x -24 =0`

`<=> x^2 -10x +25 -1 =0`

`<=> (x-5)^2 =1`

`=> [(x-5=1),(x-5=-1):} =>[(x=6(t//m)),(x=4(t//m)):}`

Vậy `S={6;4}`