DC = DA

OA = OC

Do đó OD là trung trực của đoạn thẳng AC : suy ra OD vuông góc với AC

Tứ giác OECH có góc CEO + góc CHO = 180 độ 

Suy ra tứ giác OECH là tứ giác nội tiếp

a, x = 3 , x= -1

b, m = 3 , m = 1

Vậy nếu làm 1 mình thì lớp 9A làm xong công việc trong 5 giờ , lớp 9B làm xong trong 7 giờ

a, \(\hept{\begin{cases}4x-y=7\\x+3y=5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=4x-7\left(1\right)\\x+3y=5\left(2\right)\end{cases}}\)

Thế (1) vào (2) ta được : \(x+3\left(4x-7\right)=5\Leftrightarrow x+12x-21=5\)

\(\Leftrightarrow13x=26\Leftrightarrow x=2\)

Theo (1) ta có : \(y=8-7=1\)

Vậy \(\left(x;y\right)=\left(2;1\right)\)

a, Để A nhận giá trị dương thì \(A>0\)hay \(x-1>0\Leftrightarrow x>1\)

b, \(B=2\sqrt{2^2.5}-3\sqrt{3^2.5}+4\sqrt{4^2.5}\)

\(=4\sqrt{5}-9\sqrt{5}+16\sqrt{5}=\left(4-9+16\right)\sqrt{5}=11\sqrt{5}\)

( theo công thức \(A\sqrt{B}=\sqrt{A^2B}\))

c, Với \(a\ge0;a\ne1\)

\(C=\left(\frac{1-a\sqrt{a}}{1-\sqrt{a}}+\sqrt{a}\right)\left(\frac{1-\sqrt{a}}{1-a}\right)^2\)

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

\(=\left(\sqrt{a}+1\right)^2.\frac{1}{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}=1\)

Xét \(\hept{\begin{cases}4x^2+z^2\ge4xz\\4y^2+z^2\ge4yz\\2x^2+2y^2\ge4xy\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow2\left(3x^2+3y^2+z^2\right)\ge4\left(xy+yz+zx\right)\)

\(\Leftrightarrow3x^2+3y^2+z^2\ge10\)

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=1\)và \(z=2\)

a

Đường tròn $\left(O\right)$, đường kính $AH$ có ${\mathrm{\backslash (\backslash widehat\{AMH\}\backslash )}}^{}={90}^{\circ }$

$\Rightarrow HM\perp AB$.

$\Delta AHB$ vuông tại $H$ có $HM\perp AB$

$\Rightarrow A{H}^2=AB.AM$.

Chứng minh tương tự $A{H}^2=AC.AN$.

\(\Rightarrow\) $AB.AM=AC.AN$.

B

Theo câu a ta có $AB.AM=AC.AN$

$\Rightarrow \frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}$.

Tam giác $AMN$ và tam giác $ACB$ có ${\mathrm{\backslash (\backslash widehat\{MAN\}\backslash )}}^{}$ chung và $\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}$.

$\Rightarrow \Delta AMN\sim \Delta ACB$ (c.g.c).

$\Rightarrow {\mathrm{\backslash (\backslash widehat\{AMN\}\backslash )}}^{}=$\(\widehat{ACB}\)

c.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $I$ là trung điểm của $BC$

$\Rightarrow IA=IB=IC$.

$\Rightarrow \Delta IAC$ cân tại $I$

$\Rightarrow \; \backslash (\backslash widehat\{IAC\}\backslash )=\; \backslash (\backslash widehat\{ICA\}\backslash )$

Theo câu b ta có \(\widehat{AMN}\)$=\; \backslash (\backslash widehat\{ACB\}\backslash )$
 

$\Rightarrow \; \backslash (\backslash widehat\{IAC\}\backslash )=\; \backslash (\backslash widehat\{AMN\}\backslash )$

Mà \(\widehat{BAD}\)$={90}^{\circ }$

$\Rightarrow$\(\widehat{BAD}\)$+\; \backslash (\backslash widehat\{AMN\}\backslash )={90}^{\circ }$

$\backslash (\backslash Rightarrow\backslash widehat\{ADM\}\backslash )={90}^{\circ }$.

Ta chứng minh $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $AH\perp BC$

$\Rightarrow A{H}^2=BH.CH$.

Mà $BC=BH+CH$

$\Rightarrow \frac{1}{AD}=\frac{BH+CH}{BH.CH}$

$\Rightarrow \frac{1}{AD}=\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}.$

\(\Rightarrow\) $BMNC$ là tứ giác nội tiếp.

TRẢ HIỂU GÌ ?????????????????????

Gọi giá niêm yết của sản phẩm là $x$ đồng ($x>0$).

Số tiền người đó phải trả khi chưa quét mã là: $x+10\%.x=x+0,1x=1,1x$ (đồng).

Số tiền giảm giá khi quét mã là $2\%.x=0,02x$ (đồng)

Theo bài ra ta có phương trình: $1,1x-0,02x=$ $2$ $430$ $000$

$\iff 1,08x=$ $2$ $430$ $000$

$\iff x=2$ $250$ $000$ đồng.

Vậy giá niêm yết của sản phẩm đó là $2$ $250$ $000$ đồng.

                                        Giải

Gọi giá niêm yết của sản phẩm là : x ( đồng , x > 0)

Số tiền người đó phải trả khi chưa quét mã là : x + 10%x = 1,1x ( đồng )

Số tiền giảm giá khi quét mã là : 2%x = 0,02x ( đồng )

Theo bài ra ta có phương trình :

1,1x - 0,02x = 2430000

⇔ 1,08x = 2430000

⇔ x = 2250000 ( đồng ) (TM)

Vậy giá niêm yết của sản phẩm là 2250000 đồng

Bài 1 : 

Đặt \(x^2=t\left(t\ge0\right)\)khi đó phương trình tương đương 

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

Ta có : \(\Delta=1+24=25\)

\(t_1=\frac{-1-5}{2}=-3;t_2=\frac{-1+5}{2}=2\)

TH1 : \(x^2=-3\)( vô lí ) 

TH2 : \(x^2=2\Leftrightarrow x=\pm\sqrt{2}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { \(\pm\sqrt{2}\)} 

a) \(x^2+x^4-6=0\)

Đặt \(x^2=t\left(t\ge0\right)\)

⇒ t + \(t^2\) - 6 = 0 

⇒ \(t^2+t-6=0\)

⇒ Δ = \(1^2-4.\left(-6\right)\)

        = 25

x_{1 = \(\dfrac{-1-5}{2}\) = - 3 (L)}

x_{2 = \(\dfrac{-1+5}{2}\) = 2 (TM)}

Thay  \(x^2\) = 2 ⇒ x = \(\pm\sqrt{2}\)

Vậy x = \(\left\{\sqrt{2};-\sqrt{2}\right\}\)

b)   (d) : y = 4x +1 - m

      (p) : y = \(x^2\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(x^2=4x+1-m\)

⇒ \(x^2-4x+m-1=0\)

Δ' = 4 - m + 1

    = 5 - m

Để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt thì Δ' > 0

5 - m > 0 

⇒ m < 5

Vậy m < 5 thì (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt

Gọi tọa độ giao điểm của (d) và (p) là (x_1;y₁) và (x_2;y₂)

Theo Vi-ét : \(\left\{{}\begin{matrix}S=x_1+x_2=4\\P=x_1x_2=m-1\end{matrix}\right.\)

và y1 = \(x_1^{2_{ }}\) ; y₂ = \(x_2^2\)

Khi đó : \(\sqrt{y_1}.\sqrt{y_2}=5\) ⇒ \(\sqrt{y_1.y_2}=5\)

⇔ \(\sqrt{\left(x_1x_2\right)^2}=5\) ⇔ \(|m-1|=5\)

⇔ \(\left[{}\begin{matrix}m-1=5\\m-1=-5\end{matrix}\right.\) ⇔ \(\left[{}\begin{matrix}m=6\left(L\right)\\m=-4\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)   

Vậy m = - 4 thì TMĐKBT

-5