Tham khảo:

Gọi: số tiền loại 50000 đ là x ; số tiền loại 500000 đ là y

Ta có:  x + y = 15  (1)

50000x + 200000y -30000= 1320000   (1)

Giải hai phương trình trên : 

{x=11

y=4

c.

Đặt \(\sqrt{x^2+x+9}=t>0\Rightarrow x^2+x=t^2-9\)

Pt trở thành:

\(\sqrt{t^2-9+25}-t=2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{t^2+16}=t+2\)

\(\Leftrightarrow t^2+16=t^2+4t+4\)

\(\Leftrightarrow t=3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+x+9}=3\)

\(\Leftrightarrow x^2+x=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-1\end{matrix}\right.\)

a.

\(x^4-9x^2+20=0\)

\(\Leftrightarrow x^4-4x^2-5x^2+20=0\)

\(\Leftrightarrow x^2\left(x^2-4\right)-5\left(x^2-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-4\right)\left(x^2-5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2=4\\x^2=5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\pm2\\x=\pm\sqrt{5}\end{matrix}\right.\)

c.

Theo giả thiết E và F cùng nhìn AH dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow AEHF\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{HEF}=\widehat{HAF}\) (cùng chắn HF)

E và D cùng nhìn AB dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow ABDE\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{BED}=\widehat{BAD}\) (cùng chắn BD) hay \(\widehat{BED}=\widehat{HAF}\)

\(\Rightarrow\widehat{HEF}=\widehat{BED}\)

\(\Rightarrow EH\) là phân giác của \(\widehat{DEF}\)

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có FH là phân giác của \(\widehat{DFE}\)

\(\Rightarrow H\) là giao điểm 2 đường phân giác trong của tam giác DEF

\(\Rightarrow H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF

d.

Trong đường tròn (O), qua A kẻ tiếp tuyến Ax

\(\Rightarrow Ax\perp OA\) (1)

Ta có: \(\widehat{BAx}=\widehat{BCA}\) (cùng chắn AB)

Mà \(\widehat{BCA}=\widehat{AFE}\) (theo cm câu b)

\(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{AFE}\)

\(\Rightarrow Ax||EF\) (hai góc so le trong bằng nhau) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow OA\perp EF\)

a.

\(\left\{{}\begin{matrix}BE\perp CE\left(gt\right)\\BF\perp CF\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\)

\(\Rightarrow\) Hai điểm E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông nên tứ giác BFEC nội tiếp 

b.

Do BFEC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{BFE}+\widehat{BCA}=180^0\)

Mà \(\widehat{AFE}+\widehat{BFE}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{BCA}\)

Xét hai tam giác ABC và AEF có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}-chung\\\widehat{BCA}=\widehat{AFE}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta AEF\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\Rightarrow AE.AC=AF.AB\)

Bài 1:

a) \(\left\{{}\begin{matrix}x+2y=3\\3x-2y=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3-2y\\3\left(3-2y\right)-2y=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3-2y\\9-6y-2y=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3-2y\\8y=9-5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3-2\cdot\dfrac{1}{2}\\y=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

b) \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=1\\\dfrac{2}{x}\cdot\dfrac{3}{y}=1\end{matrix}\right.\left(x;y\ne0\right)\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{y}{xy}+\dfrac{x}{xy}=1\\\dfrac{6}{xy}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x+y}{xy}=1\\xy=6\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=xy=6\\xy=6\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=6\\xy=6\end{matrix}\right.\)

Khi đó x và y là nghiệm cùa pt:

\(t^2-6t+6=0\)

\(\Delta=\left(-6\right)^2-4\cdot1\cdot6=12>0\)

\(t_1=\dfrac{6+\sqrt{12}}{2}=3+\sqrt{3}\)

\(t_2=\dfrac{6-\sqrt{12}}{2}=3-\sqrt{3}\)

Vậy: \(\left(x;y\right)=\left\{\left(3+\sqrt{3};3-\sqrt{3}\right);\left(3-\sqrt{3};3+\sqrt{3}\right)\right\}\)

Bài 2:

a) Hàm số: `y=ax+b` đi qua 2 điểm `A(2;1)` và `B(1;2)` ta lần lượt thay tọa độ của chúng vào ta có hpt"

\(\left\{{}\begin{matrix}a\cdot2+b=1\\a\cdot1+b=2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a+b=1\\2a+2b=4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=3\\2a+3=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=3\\a=-1\end{matrix}\right.\)

Vậy: \(y=-x+3\) 

b) \(\left\{{}\begin{matrix}4x-y=3\\mx+3y=5\end{matrix}\right.\)

Hệ vô nghiệm khi: \(\dfrac{4}{m}=\dfrac{-1}{3}\ne\dfrac{3}{5}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{4}{m}=\dfrac{-1}{3}\\\dfrac{4}{m}\ne\dfrac{3}{5}\end{matrix}\right.\) 

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=\dfrac{4\cdot3}{-1}=12\\m\ne\dfrac{20}{3}\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

Vậy khi m = 12 thì hpt vô nghiệm 

Điểm I ở câu 2 là điểm nào em?

 1, Ta có \(\widehat{MHB}=\widehat{MKB}=90^o\) nên tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn (BM) nên \(\widehat{MHK}=\widehat{MBK}\)

 Lại có tứ giác ABCM nội tiếp nên \(\widehat{MBK}=\widehat{ACM}\) (góc ngoài bằng góc trong đối)

 \(\Rightarrow\widehat{MHK}=\widehat{MBK}=\widehat{ACM}\)

 2, Ta có \(\widehat{MHC}=\widehat{MIC}=90^o\) nên tứ giác MHIC nội tiếp đường tròn (MC). 

 \(\Rightarrow\widehat{MHI}+\widehat{MCA}=180^o\)

 Lại có \(\widehat{MCA}=\widehat{MHK}\left(cmt\right)\Rightarrow\) \(\widehat{MHI}+\widehat{MHK}=180^o\) \(\Rightarrow\) H, K, I thẳng hàng.

 Thêm: Đường thẳng qua 3 điểm H, I, K gọi là đường thẳng Simson trong tam giác. Bạn có thể lên mạng tham khảo thêm. 

2: \(x^2-2x-3m^2=0\)

\(\text{Δ}=\left(-2\right)^2-4\cdot1\left(-3m^2\right)=12m^2+4>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-3m^2\end{matrix}\right.\)

\(\left(x_1-x_2\right)^2=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\)

\(=2^2-4\cdot\left(-3m^2\right)=4+12m^2\)

\(\dfrac{x_1}{x_2}-\dfrac{x_2}{x_1}=\dfrac{8}{3}\)

=>\(\dfrac{x_1^2-x_2^2}{x_1x_2}=\dfrac{8}{3}\)

=>\(\dfrac{\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)}{3m^2}=\dfrac{8}{3}\)

=>\(\left(x_1-x_2\right)\cdot2=\dfrac{8}{3}\cdot3m^2=8m^2\)

=>\(x_1-x_2=4m^2\)

=>\(\left(x_1-x_2\right)^2=16m^4\)

=>\(16m^4=12m^2+4\)

=>\(4m^4=3m^2+1\)

=>\(4m^4-3m^2-1=0\)

=>\(4m^4-4m^2+m^2-1=0\)

=>\(\left(m^2-1\right)\left(4m^2+1\right)=0\)

=>\(m^2-1=0\)

=>\(m=\pm1\)

\(\Delta'=1+3m^2>0;\forall m\) nên pt luôn có 2 nghiệm pb

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=-3m^2\ne0\Rightarrow m\ne0\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{x_1^2-x_2^2}{x_1x_2}=\dfrac{8}{3}\)

\(\Rightarrow\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)=\dfrac{8}{3}x_1x_2\)

\(\Rightarrow2\left(x_1-x_2\right)=-8m^2\)

\(\Rightarrow x_1-x_2=-4m^2\)

Kết hợp hệ thức Viet: \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1-x_2=-4m^2\\x_1+x_2=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=-2m^2+1\\x_2=2m^2+1\end{matrix}\right.\)

Thế vào \(x_1x_2=-3m^2\)

\(\Leftrightarrow\left(-2m^2+1\right)\left(2m^2+1\right)=-3m^2\)

\(\Leftrightarrow4m^4-3m^2-1=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m^2=1\\m^2=-\dfrac{1}{4}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m=\pm1\)

Theo Vi-et, ta có: 
\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{\left(-4\right)}{2}=2;x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-\dfrac{1}{2}\)

\(T=\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{5}{2}\left(x_1-x_2\right)^2+\dfrac{x_2}{x_1}\)

\(=\dfrac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}+\dfrac{5}{2}\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\right]\)

\(=\dfrac{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2}{x_1x_2}+\dfrac{5}{2}\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\right]\)

\(=\dfrac{2^2-2\cdot\dfrac{-1}{2}}{-\dfrac{1}{2}}+\dfrac{5}{2}\left[2^2-4\cdot\dfrac{-1}{2}\right]\)

\(=\dfrac{4+1}{-\dfrac{1}{2}}+\dfrac{5}{2}\left(4+2\right)\)

\(=-10+\dfrac{5}{2}\cdot6=-10+15=5\)

2: \(\text{Δ}=\left(m-2\right)^2-4\cdot1\left(-8\right)=\left(m-2\right)^2+32>=32>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi-et, ta được:

\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-m+2;x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-8\)

\(Q=\left(x_1^2-4\right)\left(x_2^2-4\right)\)

\(=\left(x_1x_2\right)^2-4\left(x_1^2+x_2^2\right)+16\)

\(=\left(-8\right)^2-4\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]+16\)

\(=-4\left[\left(-m+2\right)^2-2\cdot\left(-8\right)\right]+80\)

\(=-4\left(m-2\right)^2-64+80\)

\(=-4\left(m-2\right)^2+16< =16\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi m=2