Bài làm

\(2x-5+3\sqrt{2x}-1=0\)

\(\Leftrightarrow2x+3\sqrt{2x}-5-1=0\)

\(\Leftrightarrow2x+3\sqrt{2}-6=0\)

\(\Leftrightarrow(2x+3\sqrt{2x}-6)+6=6\)

\(\Leftrightarrow2x+3\sqrt{2x}-6+6=6\)

\(\Leftrightarrow2x+3\sqrt{2x}=6\)

\(\Leftrightarrow x\left(2+3\sqrt{2}\right)=6\)

\(\Leftrightarrow\frac{x\left(2+3\sqrt{2}\right)}{2+3\sqrt{2}}=\frac{6}{2+3\sqrt{2}}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{6\left(3\sqrt{2}-2\right)}{(3\sqrt{2}-2)\left(3\sqrt{2}+2\right)}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{6\left(3\sqrt{2}-2\right)}{3\sqrt{2}.3\sqrt{2}-3\sqrt{2}.2+2.3\sqrt{2}-2}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{6\left(3\sqrt{2}-2\right)}{3.3\sqrt{2.2}-3.2\sqrt{2}+6\sqrt{2}-4}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{6\left(3\sqrt{2}-2\right)}{3.3\sqrt{2^2}-6\sqrt{2}+6\sqrt{2}-4}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{6\left(3\sqrt{2}-2\right)}{3.3.2^{\frac{2}{2}}-6\sqrt{2}+6\sqrt{2}-4}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{6\left(3\sqrt{2}-2\right)}{3.3.2-6\sqrt{2}+6\sqrt{2}-4}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{6\left(3\sqrt{2}-2\right)}{18-6\sqrt{2}+6\sqrt{2}-4}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{6\left(3\sqrt{2}-2\right)}{-6\sqrt{2}+6\sqrt{2}+18-4}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{6\left(3\sqrt{2}-2\right)}{14}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{\left(2.3\right)\left(3\sqrt{2}-2\right)}{2.7}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{3\left(3\sqrt{2}-2\right)}{7}\)

Vậy x = \(\frac{3\left(3\sqrt{2}-2\right)}{7}\)

Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) : -y=-3 và (d2) : -2x-2y=-2 là nghiệm của hệ phương trình :
      \(\hept{\begin{cases}-y=-3\\-2x-2y=-2\end{cases}}\)
 Giải hệ phương trình ta được 
       \(\hept{\begin{cases}x=-2\\y=3\end{cases}} \)   
Vậy A = ( -2 , 3)
  Thay A=(-2, 3) vào (d_3)  ta có : 
                 3m.(-2) + (2m-5).3  =4m+1     
,         <=> -6m + ( 6m -15 ) = 4m+1 
          <=> -6m + 6m -15 = 4m+1 
          <=>  -6m + 6m -4m = 15 +1 
          <=> -4m =16
          <=> m= -4
Vậy m = -4 thì 3 đường thẳng (d_1 ) , (d_2) , (d_3 ) đồng qui                  

Tứ giác FEAH có: \(\widehat{FAH}=\widehat{AEH}=90^o\)

=> Tứ giác FEAH nội tiếp => \(\widehat{HEF}=\widehat{FAH}\)

Tứ giác ABDE có: \(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^o\)

=> Tứ giác ABDE nội tiếp => \(\widehat{BAD}=\widehat{BED}\)

Vậy \(\widehat{HEF}=\widehat{BED}\)

Xét \(\Delta\)HIE \(\left(\widehat{HIE}=90^o\right)\)và \(\Delta\)HKE \(\left(\widehat{HKE}=90^o\right)\)có:

EH chung

\(\widehat{HEI}=\widehat{HEK}\)

=> \(\Delta HIE=\Delta HKE\) (cạnh huyền-góc nhọn)

=> \(\hept{\begin{cases}EI=EK\\HI=HK\end{cases}}\)(2 cạnh tương ứng)

=> \(\Delta\)KEI cân tại E, \(\Delta\)HIK cân tại H

\(\Rightarrow\widehat{KIE}=\frac{1}{2}\widehat{IEK}\Rightarrow\widehat{KIE}+\widehat{FAH}=90^o\)

Mà \(\widehat{MHF}=\widehat{FAH}=90^o\)

Do đó: \(\widehat{KIE}=\widehat{MHF}\)=> Tứ giác FIMH nội tiếp => \(\widehat{MHF}=\widehat{HIF}=90^o\)

Tứ giác HMNK có: \(\widehat{HMN}=\widehat{HKN}=90^o\)=> Tứ giác HMNK nội tiếp

Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{HFN}=\widehat{HIK}\\\widehat{HNM}=\widehat{HIK}\\\widehat{HIK}=\widehat{HKI}\end{cases}}\)

=> \(\Delta\)HFN đồng dạng \(\Delta\)HIK (g.g)

=> \(\frac{HF}{HI}=\frac{HN}{HK},HI=HK\Rightarrow HF=HN\)

\(\Delta\)HFN cân tại H, HM _|_ FN => HM là đường trung tuyến của tam giác HFN

FM _|_ AD, BD _|_ AD => FM//BD

MF=MN, DB=DC nên \(\frac{AM}{AD}=\frac{MN}{DS}\)

Xét \(\Delta\)AMN và \(\Delta\)ADS có:

\(\widehat{AMN}=\widehat{ADS}\left(MN//BS\right),\frac{AM}{AD}=\frac{MN}{DS}\)

=> \(\Delta\)AMN đồng dạng \(\Delta\)ADS (c.g.c)

=> \(\widehat{MAN}=\widehat{DAS}\)

=> 2 tia AN, AS trùng nhau => A,N,S thẳng hàng

Vẽ đường cao AH của \(\Delta\)ABC

Ta có: \(S_{MAB}=S_{MAC}=\frac{1}{2}S_{ABC}\)mà AM > AH (AH _|_ HM)
Do đó: \(\frac{4}{a}=\frac{2\cdot AH}{S_{ABC}}\le\frac{2AM}{S_{ABC}}=\frac{AM}{S_{MAB}}\left(1\right)\)

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta\)ABC

Ta có \(S_{ABC}=S_{IBC}+S_{IAC}+S_{IAB}\)

\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{r\cdot BC}{2}+\frac{r\cdot AC}{2}+\frac{r\cdot AB}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{2}{r}=\frac{AB+BC+AC}{2S_{MAB}}\)

Tương tự xét \(\Delta\)MAB và \(\Delta\)MAC ta cũng có:

\(\hept{\begin{cases}\frac{2}{r_1}=\frac{AM+AB+\frac{BC}{2}}{S_{MAB}}\\\frac{2}{r_2}=\frac{AM+AC+\frac{BC}{2}}{A_{MAC}}\end{cases}\left(2\right)}\)

Do đó: 

\(\frac{4}{a}+\frac{2}{r}\le\frac{MA}{S_{MAB}}+\frac{AB+BC+AC}{2S_{MAB}}=\frac{1}{2}\left(\frac{AM}{S_{MAB}}+\frac{AB+\frac{AC}{2}}{S_{MAB}}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{AM}{S_{MAC}}+\frac{AC+\frac{BC}{2}}{S_{MAC}}\right)=\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}\)

Vậy \(\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}\ge2\left(\frac{1}{r}+\frac{1}{a}\right)\)