ĐK: \(\hept{\begin{cases}x\ge0\\x\ne1;y\ne2\end{cases}}\)

pt <=> \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\sqrt{x}-1}+\frac{6}{\left|y-2\right|}=2\\\frac{2-\left(\sqrt{x}-1\right)}{\sqrt{x}-1}-\frac{3}{3\left|y-2\right|}=-9\end{cases}}\)

<=> \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\sqrt{x}-1}+\frac{6}{\left|y-2\right|}=2\\\frac{2}{\sqrt{x}-1}-\frac{1}{\left|y-2\right|}=-8\end{cases}}\)

Đặt: \(\frac{1}{\sqrt{x}-1}=u;\frac{1}{\left|y-2\right|}=v>0\)ta có pt:

\(\hept{\begin{cases}u+6v=2\\2u-v=-8\end{cases}}\)=> tìm u; v sau đó tìm x; y

Đặt \(\left|y-2\right|=u;\sqrt{x}-1=v\)

Hệ trở thành \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{v}+\frac{6}{u}=2\\\frac{2}{v}-u=-8\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{2}{v}+\frac{12}{u}=4\\\frac{2}{v}-u=-8\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{12}{u}+u=12\Rightarrow\frac{12+u^2}{u}=12\)

\(\Rightarrow u^2-12u+12=0\)

\(\Delta=12^2-4.12=96,\sqrt{\Delta}=4\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}u=\frac{12+4\sqrt{6}}{2}=6+2\sqrt{6}\\u=\frac{12-4\sqrt{6}}{2}=6-2\sqrt{6}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}\left|y-2\right|=6+2\sqrt{6}\\\left|y-2\right|=6-2\sqrt{6}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow y\in\left\{8\pm2\sqrt{6};-4\pm2\sqrt{6}\right\}\)

Thay vào hệ tính được x nha, th nào ko đúng loại

ĐK \(\hept{\begin{cases}x\ge1\\\frac{-1-\sqrt{3}}{2}\le x\le\frac{-1+\sqrt{3}}{2}\end{cases}}\)

\(PT\Leftrightarrow2x^3-x^2-3x-1+\sqrt{2x^3-3x+1}-\sqrt[3]{x^2+2}=0\)

Đặt \(\sqrt{2x^3-3x+1}=a,\sqrt[3]{x^2+2}=b\left(a,b\ge0\right)\)

\(PT\Leftrightarrow a^2-b^3+a-b=0\)

\(\Rightarrow a=b=1\)

Tính ra

Bạn giải thích cho mình ba dòng cuối đi

Lời Giải

Cộng theo vế 2 pt trên, ta có

3(x+1)2+2(x−1)2=83(x+1)2+2(x−1)2=8

⇔5x2+2x−3=0⇔5x2+2x−3=0

⇔⎡⎣x=35x=−1⇔[x=35x=−1

Ta viết lại pt (2)

x+5(y−1)=xyx+5(y−1)=xy

⇔(x−xy)+5(y−1)=0⇔(x−xy)+5(y−1)=0

⇔x(1−y)−5(1−y)=0⇔x(1−y)−5(1−y)=0

⇔(x−5)(1−y)=0⇔(x−5)(1−y)=0

⇔[x=5y=1⇔[x=5y=1

- TH1: Thay x = 5 vào pt (1) tìm được [y=−5+52−√y=−5−52−√[y=−5+52y=−5−52

- TH2: Thay y = 1 vào pt (1) tìm được [x=−1+52−√x=−1−52−√[x=−1+52x=−1−52

Áp dụng BĐT vào giải pt 2 dựa vào đk x,y>0; x+y=căn bậc 3 2014 

suy ra dấu =

Thay \(z=x+y+1\) vào P ta có:

\(P=\frac{x^3y^3}{\left\{\left[x+y\left(x+y+1\right)\right]\left[y+x\left(x+y+1\right)\right]\left[xy+y+x+z\right]\right\}^2}\)

    \(=\frac{x^3y^3}{\left[\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(x+y\right)^2\right]^2}\)

Mà \(x+1\ge2\sqrt{x};y+1\ge2\sqrt{y};x+y\ge2\sqrt{xy}\)

=> \(P\le\frac{x^3y^3}{\left(2\sqrt{x}.2\sqrt{y}.4xy\right)^2}=\frac{1}{256}\)

MaxP=1/256  khi \(a=b=1;c=3\)

Gọi d là khoảng cách A_i A_J là 2 điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập S

 Giả sử A_k là điểm xa đường A_i A_J nhất. Ta có tam giác A_i A_JA_k có diện tích không lớn hơn 1(theo giả thiết). và là tam giác có S_max

 Từ các đỉnh A_i, A_J,A_k ta kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác.

Ta sẽ thu được 4 tam giác con bằng nhau và tam giac lớn nhất

Diện tích tam giác lớn nhất này không quá 4 đơn vị

 Tam giác lớn nhất này chứa cả 8065 điểm đã cho

(dễ chứng minh bằng phản chứng vì S của tam giác A_i A_JA_max)

                Vì     

                      8065:4=2016 dư 1

Suy ra tồn tại 1 trong 4 tam giác con chứa không dưới 2017 điểm thuộc tập S thỏa mãn đề bài.

100% đúng luôn đó 

Ta có :

\(\sqrt{4a^2+12}=\sqrt{4a^2+4ab+2c\left(a+b\right)}=\sqrt{\left(2a+c\right)\left(2a+2b\right)}\)

\(\le\frac{4a+2b+c}{2}\)

Tương tự : \(\sqrt{4b^2+12}\le\frac{4b+2a+c}{2}\); \(\sqrt{c^2+12}=\sqrt{\left(2a+c\right)\left(2b+c\right)}\le\frac{2a+2b+2c}{2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{4a^2+12}+\sqrt{4b^2+12}+\sqrt{c^2+12}\le\frac{4a+2b+c+4b+2a+c+2a+2b+2c}{2}\)

\(=4a+4b+2c\)

\(\Rightarrow\frac{2a+2b+c}{\sqrt{4a^2+12}+\sqrt{4b^2+12}+\sqrt{c^2+12}}\ge\frac{2a+2b+c}{4a+4b+2c}=\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = 1 ; c = 2

Ta có:

\(n^n-n^2+n-1=n^n-n-\left(n^2-2n+1\right)\)

\(=\left(n^2-n\right)\left(n^{n-2}+n^{n-3}+...+n+1\right)-\left(n-1\right)^2\)

\(=\left(n-1\right)\left[\left(n^{n-1}-1\right)+\left(n^{n-2}-1\right)+....+\left(n-1\right)\right]-\left(n-1\right)^2\)

Dễ thấy \(n^{n-1}-1⋮n-1\)

               \(n^{n-2}-1⋮n-1\)

                 ........................................

              \(n-1⋮n-1\)

\(\Rightarrow n^n-n^2+n-1⋮\left(n-1\right)^2\)

a) Ta thấy: \(\Delta\)ABC nhận H làm trực tâm nên ^BHC + ^BAC = 180⁰ (1)

Ta có: ^FKE = ^BKC = 180⁰ - ^KBC - ^KCB = 180⁰ - ^EAD - ^FAD = 180⁰ - ^EAF => ^BKC + ^BAC = 180⁰ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ^BHC = ^BKC => Tứ giác BHKC nội tiếp => ^KHC = ^KBC = ^CAD

Mà AD đi qua tâm ngoại tiếp (O) của \(\Delta\)ABC, AH vuông góc BC nên dễ thấy ^CAD = ^BAH

Từ đó: ^KHC = ^BAH = ^BCH => HK // BC (2 góc so le trong bằng nhau) (đpcm).

b) Qua B kẻ đường thẳng song song với CK cắt (O) tại điểm thứ hai G.

Xét (O): ^BGC + ^BAC = 180⁰. Mà ^BKC + ^BAC =180⁰ (cmt) nên ^BGC = ^BKC

=> ^KBC = ^GCB => BK // CG => Tứ giác BKCG là hình bình hành => S = S_BGC

Hạ GT vuông góc BC thì S = S_BGC = GT.BC/2 < G₀L.BC/2 (Với G₀ là điểm chính giữa cung BC không chứa A)

Lại có: ^LBG₀ = 1/2.Sđ(BC = ^BAC/2 => G₀L = BL.tan^BAC/2 hay G₀L = BC/2 . tan^BAC/2

Suy ra: S < BC/2 . tan^BAC/2 . BC/2 = (BC/2)².tan^BAC/2 (đpcm).

c) +) Chứng minh BF.BA - CE.CA = BD² - CD² ?

Theo tính chất góc nội tiếp: ^KED = ^BED = ^BAD = ^DAF = ^DCF = ^DCK => Tứ giác DKEC nội tiếp

Tương tự: Tứ giác DKFB nội tiếp. Áp dụng phương tích đường tròn:

BF.BA - CE.CA = BD.BC - CD.CB = BC(BD-CD) = (BD+CD)(BD-CD) = BD² - CD² (đpcm).

+) Chứng minh: DI vuông góc với BC ?

Từ câu a ta có: ^EKF + ^EAF = 180⁰ => Tú giác AEKF nội tiếp => K nằm trên (AEF)

Nối I với E và F thì có: ^IFK + ^IEK = ^IKF + ^IKE = ^EKF = ^BKC

=> ^IFK + ^IEK + ^KBC + ^KCB = ^IFK + ^IEK + ^KFD + ^KED = ^IFD + ^IED = 180⁰ (Do DKEC;DKFB nội tiếp)

Suy ra: Tứ giác DEIF nội tiếp => ^IDF = ^IEF = ^IFE = ^IDE. Kết hợp với ^BDF = ^CDE (=^BAC)

Dẫn đến ^IDF + ^BDF = ^IDE + ^CDE => ^IDB = ^IDC => ID vuông góc BC (2 góc kề bù bằng nhau) (đpcm).

i love you

a) Kẻ đường thẳng Ax tiếp xúc với đường tròn (O) tại A.

Khi đó \(\widehat{FAx}=\widehat{ACB}\)  (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

Ta dễ thấy  BFEC là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)

Vậy nên \(\widehat{AFE}=\widehat{FAx}\), chúng lại ở vị trí so le trong nên Ax // EF

Mà \(Ax\perp OA\Rightarrow EF\perp OA\)

Tương tự ta có : \(FD\perp OB;ED\perp OC\)

b) Kẻ đường kính CI. Khi đó ta có ngay IB // AH (Cùng vuông góc BC) ; IA // BH (Cùng vuông góc AC). Vậy nên tứ giác AIBH là hình bình hành và AH = IB.

Xét tam giác IBC có M là trung điểm BC, OC = OB nên OM là đường trung bình. Vậy \(OM=\frac{1}{2}IB\Rightarrow OM=\frac{1}{2}AH\)

Tương tự, gọi N, P  lần lượt là trung điểm AB, AC thì \(ON=\frac{1}{2}BH;OP=\frac{1}{2}CH\)

c) Gọi G' là giao điểm của AM và HO.

Ta thấy OM // AH nên áp dụng định lý Ta let ta có:

\(\frac{MG'}{G'A}=\frac{OM}{AH}=\frac{1}{2}\)

Độ ẨM là đường trung tuyến, AG' = G'M nên G' là trọng tâm tam giác ABC hay G' trùng G. Vậy H, G, O thẳng hàng.

d)  Gọi giao điểm của OA với PQ là J. Khi đó J là trung điểm QP.

Xét tam giác APQ có AJ là đường cao đồng thời trung tuyến nên nó là tam giác cân.

Vậy thì AP = AQ hay AP² = AQ².   (1)

Kẻ đường kính AX. 

Xét tam giác vuông AQX, đường cao  QJ, ta có: 

\(AQ^2=AJ.AX\)   (2)

Tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat{AFJ}=\widehat{ACB}=\widehat{AXB}\)

Suy ra \(\Delta AFJ\sim\Delta AXB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AX}=\frac{AJ}{AB}\Rightarrow AJ.AX=AF.AB\)

Ta cũng có \(\Delta AFH\sim\Delta ADB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AD}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow AD.AH=AF.AB\)

Vậy thì \(AJ.AX=AH.AD\) hay \(AJ.AX=2.OM.AD\)    (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra  AP² = AQ² = 2OM.AD