lớp 9 cơ á, cao nhể

\(AB=c,AC=b\).

\(r=\frac{S}{p}=\frac{\frac{bc}{2}}{\frac{a+b+c}{2}}=\frac{bc}{a+b+c}\).

\(\frac{r}{a}\le\frac{\sqrt{2}-1}{2}\Leftrightarrow\frac{bc}{a\left(a+b+c\right)}\le\frac{\sqrt{2}-1}{2}\Leftrightarrow2bc\le\left(\sqrt{2}-1\right)a\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow2bc+a\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2}a\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+2bc+ab+ac\le\sqrt{2}a\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)^2+ab+ac\le\sqrt{2}a\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2}a\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\le\sqrt{2}a\)

Bđt cuối đúng do \(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}=\sqrt{2}a\)mà ta biến đổi tương đương nên bđt ban đầu cũng đúng. 

Do đó ta có đpcm. 

a) Xét tứ giác BCMN ta có

\(\widehat{BNC}=90^o\)(CN là đường cao, vuông góc với AB)

\(\widehat{BMC}=90^o\)(BM là đường cao, vuông góc với AC)

=> Tứ giác BCMN là tứ giác nội tiếp (do \(\widehat{BNC},\widehat{BMC}\)cùng nhìn cạnh BC với 1 góc bằng 90^o)

a, Vì BM là đường cao => \(BM\perp AC\)=> ^BMC = 90⁰

Vì CN là đường cao => \(CN\perp AB\)=> ^CNB = 90⁰

Xét tứ giác BCMN ta có : 

^BMC = ^CMB = 90⁰

^BMC ; ^CMB cùng nhìn về BC 

Vậy tứ giác BCMN nội tiếp 

Ta có: \(101\equiv1\left(mod4\right)\Leftrightarrow101^y\equiv1\left(mod4\right)\Leftrightarrow3.101^y\equiv3\left(mod4\right)\).

Với \(x\equiv0\left(mod2\right)\)thì \(x^5\equiv0\left(mod4\right)\Leftrightarrow x^5+1\equiv1\left(mod4\right)\).

\(x\equiv1\left(mod4\right)\Leftrightarrow x^5\equiv1\left(mod4\right)\Leftrightarrow x^5+1\equiv2\left(mod4\right)\)

\(x\equiv3\left(mod4\right)\Leftrightarrow x^5\equiv3^5\equiv3\left(mod4\right)\Leftrightarrow x^5+1\equiv0\left(mod4\right)\)

Ta thấy hai vế không cùng đồng dư với \(4\)do đó phương trình vô nghiệm. 

Tạm câu c) làm sau :<

Đặt \(A=\sqrt{15-6\sqrt{6}}+\sqrt{15+6\sqrt{6}}\)

\(\Rightarrow A^2=15-6\sqrt{6}+15+6\sqrt{6}+2\sqrt{\left(15-6\sqrt{6}\right)\left(15+6\sqrt{6}\right)}\)

\(=30+2\sqrt{225-216}=30+2\sqrt{9}=30+6=36\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}A=6\\A=-6\end{cases}}\)

Mà \(A>0\)

Suy ra A=6

Đặt biểu thức trên là A

\(A=x^2+y^2+\left(\frac{xy-1}{x-y}\right)^2\)

\(=\left(x-y\right)^2+\frac{\left(xy-1\right)^2}{\left(x-y\right)^2}+2xy\ge2\sqrt{\left(x-y\right)^2\frac{\left(xy-1\right)^2}{\left(x-y\right)^2}}+2xy\)

\(=2\sqrt{\left(xy-1\right)^2}+2xy\)

\(=2\left|xy-1\right|+2xy\)

Áp dụng bđt Cô si 

- Nếu thấy \(xy\ge1\Rightarrow A\ge2xy-2+2xy=4xy-2\ge2\)

- Nếu \(xy< 1\Rightarrow A>-2xy+2+2xy=2\)

Vậy : \(A\ge2\left(đpcm\right)\)

Ta có:Xét hiệu \(x^2+y^2+\left(\frac{xy-1}{x-y}\right)^2-2=\left(x-y\right)^2+\left(\frac{xy-1}{x-y}\right)^2+2\left(xy-1\right)\ge0\)

\(=\left(x-y+\frac{xy-1}{x-y}\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+\left(\frac{xy-1}{x-y}\right)^2\ge2\left(đpcm\right)\)

\(\frac{\left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{1-\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{1+\sqrt{ab}}\right)}{\left(1+\frac{a+b+2ab}{1-ab}\right)}\)

Tử số: \(\left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{1-\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{1+\sqrt{ab}}\right)=\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)+\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(1-\sqrt{ab}\right)}{\left(1-\sqrt{ab}\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+a\sqrt{b}+b\sqrt{a}+\sqrt{a}-\sqrt{b}-a\sqrt{b}+b\sqrt{a}}{1-ab}\)

\(=\frac{2\sqrt{a}+2\sqrt{a}b}{1-ab}=\frac{2\sqrt{a}\left(1+b\right)}{1-ab}\)

Mẫu số: \(1+\frac{a+b+2ab}{1-ab}=\frac{1-ab+a+b+2ab}{1-ab}=\frac{1+ab+a+b}{1-ab}=\frac{\left(a+b\right)\left(b+1\right)}{1-ab}\)

Do đó: 

\(\frac{\left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{1-\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{1+\sqrt{ab}}\right)}{\left(1+\frac{a+b+2ab}{1-ab}\right)}=\frac{\frac{2\sqrt{a}\left(1+b\right)}{1-ab}}{\frac{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{1-ab}}=\frac{2\sqrt{a}}{a+1}\)

Ta có:

\(\Delta^'=\left[-\left(2m+1\right)\right]^2-\left(4m^2+4m-3\right)\)

\(=4m^2+4m+1-4m^2-4m+3=4>0\left(\forall m\right)\)

=> PT luôn có 2 nghiệm phân biệt:

\(\hept{\begin{cases}x_1=\frac{2m+1-2}{1}=2m-1\\x_2=\frac{2m+1+2}{1}=2m+3\end{cases}}\) vì \(x_1< x_2\)

Ta có: \(\left|x_1\right|=2\left|x_2\right|\Leftrightarrow\left|2m-1\right|=2\left|2m+3\right|\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2m-1=2\left(2m+3\right)\\1-2m=2\left(2m+3\right)\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2m=-7\\6m=-5\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}m=-\frac{7}{2}\\m=-\frac{5}{6}\end{cases}}\)

Vậy \(m\in\left\{-\frac{7}{2};-\frac{5}{6}\right\}\)

\(\Delta=\left(-a\right)^2-4.\left(-2\right)\)

     \(=a^2+8>0\)với mọi a

=> PT luôn có 2 nghiệm pb

Theo hệ thức Vi - ét , ta có :

\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=a\left(1\right)\\x_1x_2=\frac{c}{a}=-2\left(2\right)\end{cases}}\)

Theo bài ra ta có :

\(x_2^2+ax_1-5x_1x_2=13\left(3\right)\)

Thay (3) vào (1) ta được :

\(x_2^2+\left(x_1+x_2\right)x_1-5x_1x_2=13\)

\(\Leftrightarrow x_2^2+x_1^2+x_1x_2-5x_1x_2=13\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)-2x_1x_2+x_1x_2-5x_1x_2=13\left(4\right)\)

Thay (1) , (2) vào (4) ta được:

\(a^2-2.\left(-2\right)+\left(-2\right)-5.\left(-2\right)=13\)

\(\Leftrightarrow a^2+4+\left(-2\right)+10=13\)

\(\Leftrightarrow a^2+12=13\)

\(\Leftrightarrow a^2=1\)

\(\Leftrightarrow a=\pm1\left(TMĐK\right)\)

Vậy \(a=\pm1\)thì thỏa mãn yêu cầu