\(\left(\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{1-\sqrt{3}}-\dfrac{5}{\sqrt{5}}\right):\dfrac{1}{\sqrt{5}-\sqrt{2}}\)

\(=\left(\dfrac{-\sqrt{2}\left(\sqrt{3}-1\right)}{\sqrt{3}-1}-\sqrt{5}\right)\cdot\left(\sqrt{5}-\sqrt{2}\right)\)

\(=\left(-\sqrt{2}-\sqrt{5}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{2}\right)\)

\(=-\left(\sqrt{5}+\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{2}\right)=-\left(5-2\right)=-3\)

a: Xét tứ giác BCEF có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BCEF là tứ giác nội tiếp

ĐKXĐ: \(x\ge2\)

\(\sqrt{4x-8}-\sqrt{x-2}=2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{4\left(x-2\right)}-\sqrt{x-2}=2\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{x-2}-\sqrt{x-2}=2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-2}=2\)

\(\Leftrightarrow x-2=4\)

\(\Leftrightarrow x=6\) (thỏa mãn)

a: Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADHE là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

\(\widehat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB~ΔAEC

=>\(\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)

=>\(AD\cdot AC=AB\cdot AE\)

Pt hoành độ giao điểm:

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

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

\(\Rightarrow\) \(x_1;x_2\) trái dấu

Mà \(\left|x_2\right|+1>0;\forall x_2\Rightarrow\dfrac{4}{x_1}>0\Rightarrow x_1>0\)

\(\Rightarrow x_2< 0\)

\(\Rightarrow\left|x_2\right|=-x_2\)

Đồng thời: \(x_1x_2=-2\Rightarrow x_2=-\dfrac{2}{x_1}\Rightarrow-2x_2=\dfrac{4}{x_1}\)

Do đó ta có:

\(\dfrac{4}{x_1}=\left|x_2\right|+1\)

\(\Rightarrow-2x_2=-x_2+1\)

\(\Leftrightarrow x_2=-1\)

Thế vào \(x_1x_2=-2\Rightarrow x_1=2\)

Thế vào \(x_1+x_2=m\)

\(\Rightarrow m=2+\left(-1\right)=1\)

Từ giả thiết: \(3=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\Rightarrow abc\ge1\)

Lại có:

\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2.b^2c^2.c^2a^2}=3\sqrt[3]{\left(abc\right)^4}\ge3\sqrt[3]{1^4}=3\)

\(\Rightarrow6\le2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(\left(a^4+b^4+1\right)\left(1+1+c^4\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^4+b^4+1}\le\dfrac{c^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{b^4+c^4+1}\le\dfrac{a^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

\(\dfrac{1}{c^4+a^4+1}\le\dfrac{b^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Cộng vế: \(\Rightarrow P\le\dfrac{a^4+b^4+c^4+6}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\le\dfrac{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=1\)

\(P_{max}=1\) khi \(a=b=c=1\)

help meeeeee

Pt hoành độ giao điểm:

\(\dfrac{1}{2}x^2=2x-m+1\Leftrightarrow x^2-4x+2m-2=0\) (1)

(d) cắt (P) tại 2 điểm pb nằm về 2 phía trục tung khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm pb trái dấu

\(\Leftrightarrow x_1x_2=2m-2< 0\)

\(\Leftrightarrow m< 1\)

\(\Delta'=\left(m-2\right)^2-\left(6m-21\right)=m^2-10m+25\)

a.

pt có nghiệm kép khi: \(m^2-10m+25=0\Rightarrow m=5\)

b.

Do \(\Delta'=\left(m-5\right)^2\ge0;\forall m\) nên pt luôn có nghiệm với mọi m

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=\left(m-2\right)-\left(m-5\right)=3\\x_2=\left(m-2\right)+\left(m-5\right)=2m-7\end{matrix}\right.\)

Để pt có 2 nghiệm đều lớn hơn 1

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3>1\\2m-7>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m>4\)

a: Xét tứ giác APHQ có \(\widehat{APH}+\widehat{AQH}=90^0+90^0=180^0\)

nên APHQ là tứ giác nội tiếp

b: ta có: APHQ là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{APQ}=\widehat{AHQ}\)

=>\(\widehat{APQ}=\widehat{ACB}\)

=>\(\widehat{MPB}=\widehat{MCQ}\)

Xét ΔMPB và ΔMCQ có

\(\widehat{MPB}=\widehat{MCQ}\)

\(\widehat{PMB}\) chung

Do đó: ΔMPB~ΔMCQ

=>\(\dfrac{MP}{MC}=\dfrac{MB}{MQ}\)

=>\(MP\cdot MQ=MB\cdot MC\)