Áp dụng hệ quả định lí hàm Cos ta có:

$a.cosB=b.cosA\iff a.\genfrac{}{}{0ex}{}{a^2+c^2-b^2}{2ac}=b.\genfrac{}{}{0ex}{}{b^2+c^2-a^2}{2bc}$

$\iff \genfrac{}{}{0ex}{}{a^2+c^2-b^2}{2c}=\genfrac{}{}{0ex}{}{b^2+c^2-a^2}{2c}$

$\iff a^2+c^2-b^2=b^2+c^2-a^2$

$\iff a^2-b^2=b^2-a^2\Rightarrow a=b$

Vậy tam giác ABC cân tại C

Đầu kiện:

\(\left\{{}\begin{matrix}x-1\ge0\\3-x\ge0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge1\\x\le3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x\in[1;3]\)

Ta có: \(-x^2+4x-3=\left(x-1\right)\left(3-x\right)\)

Đặt \(\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}=t;t\ge0\)

\(t^2=x-1+3-x+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(3-x\right)}\\ \Rightarrow2\sqrt{\left(x-1\right)\left(3-x\right)}=t^2-2\left(1\right)\)

Thay vào phương trình đã cho ta được:

\(3t-2\left(t^2-2\right)-2=0\\ \Leftrightarrow-2t^2+3t+2=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=2\\t=-\dfrac{1}{2}< 0.loại\end{matrix}\right.\)

Thay t=2 vào (1) ta có:

\(-x^2+4x-4=0;\Delta=0\Rightarrow x=2\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2

\(\left(2x-1\right)\left(x-2\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}2x-1=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{2}\\x=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow A=\left\{\dfrac{1}{2};2\right\}\)

.

\(\left(A\cap B\right)\cup C=[0;\sqrt{5})\)

\(\left(A\cup B\right)\cap C=[0;1)\cup[2;\sqrt{5})\)

\(A\cap\left(B\cup C\right)=[0;1)\)

$\left(A\cap B\right)\cup C=[0;\sqrt{5})$

$\left(A\cup B\right)\cap C=[0;1)\cup [2;\sqrt{5})$

$A\cap \left(B\cup C\right)=[0;1)$

Gọi a là diện tích trồng cafe.

Tổng số tiền hộ nông dân thu được trên 10 ha là:

\(a.10000000+\left(10-a\right)12000000=120000000-2000000a\)

Theo bài ra ta có:

\(20a\le100\Rightarrow a\le5.\left(1\right)\)

\(\left(10-a\right)30\le180\Leftrightarrow300-30a\le180\Rightarrow a\ge4.\left(2\right)\)

Kết hợp (1) và (2) suy ra a= 4 hoặc a = 5.

Để số tiền thu được là lớn nhất thì 

\(a.10000000+\left(10-a\right)12000000=120000000-2000000a\) lớn nhất.

Khi đó 2 000 000a bé nhất, suy ra a = 4.

Vậy trồng 4 ha cafe và 6 ha ca cao thì số tiền thu được là lớn nhất.

Đầu kiện: \(x+y\ne0\Leftrightarrow x\ne-y\)

Ta có:

\(3x^3-y^3=\dfrac{1}{x+y}\\ \Leftrightarrow\left(3x^3-y^3\right)\left(x+y\right)=1\\ \Leftrightarrow\left(3x^3-y^3\right)\left(x+y\right)=\left(x^2+y^2\right)^2\)(*)

Xét \(y=0\Rightarrow x=\pm1\) thay vào phương trình (*) ta thấy không thõa mãn.

Với \(y\ne0\) chia hai vế phương trình (*) cho \(y^4\) ta có:

\(\dfrac{\left(3x^3-y^3\right)\left(x+y\right)}{y^4}=\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^2}{y^4}\\ \Leftrightarrow\left(\dfrac{3x^3}{y^3}-1\right)\left(\dfrac{x}{y}+1\right)=\left(\dfrac{x^2}{y^2}+1\right)^2\)

Đặt \(t=\dfrac{x}{y}\) thay vào phương trình trên ta có:

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

\(\Leftrightarrow3t^4-t+3t^3-1=t^4+2t^2+1\\ \Leftrightarrow2t^4+3t^3-2t^2-t-2=0\\ \)

\(\Leftrightarrow2t^3\left(t+2\right)-t^2\left(t+2\right)-\left(t+2\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(t+2\right)\left(2t^3-t^2-1\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(t+2\right)\left(t^3-1+t^3-t^2=0\right)\\ \Leftrightarrow\left(t+2\right)\left(t-1\right)\left(2t^2+t+1\right)=0\\ \)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t+2=0\\t-1=0\\2t^2+t+1=0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=-2\\t=1\\\Delta< 0,vô.nghiệm\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-2y\\x=y\end{matrix}\right.\)

Thay x vào phương trình \(x^2+y^2=1\) tìm y => x.

So với đầu kiện bài toán kết luận nghiệm