\(\sqrt{8-2\sqrt{15}}=\sqrt{8-2\sqrt{5.3}}\)

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

\(=\left|\sqrt{5}-\sqrt{3}\right|=\sqrt{5}-\sqrt{3}\)vì \(\sqrt{5}-\sqrt{3}>0\)

Đk: \(x\ge0\)

Ta thấy x=0 không thoả mãn phương trình đầu tiên => x>0

Chia hai vế của pt (2) cho x² ta được:

\(2y\left(1+\sqrt{4y^2+1}\right)=\frac{1}{x}\left(1+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right)\)

\(\Rightarrow y>0\)

+ Nếu \(2y>\frac{1}{x}\)\(\Rightarrow2y\left(1+\sqrt{4y^2+1}\right)>\frac{1}{x}\left(1+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right)\)

+ Nếu \(2y< \frac{1}{x}\Rightarrow2y\left(1+\sqrt{4y^2+1}\right)< \frac{1}{x}\left(1+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right)\)

\(\Rightarrow2y=\frac{1}{x}\). Thay vào pt(1) ta được:

\(x^3\left(\frac{1}{x^2}+1\right)+2\sqrt{x}=4\)

hay \(x^3+x+2\sqrt{x}=4\)

Ta thấy x=1 là nghiệm của pt trên. 

+ Nếu \(x>1\Rightarrow x^3+x+2\sqrt{x}>4\)

+ Nếu \(x< 1\Rightarrow x^3+x+2\sqrt{x}< 4\)

Vậy pt trên có nghiệm duy nhất là x=1

\(\Rightarrow y=\frac{1}{2}\)

KL: hpt đã cho có nghiệm (x;y)=(1;1/2)

ib liên hệ fb t giải cho (nếu được)

PM tiếp xúc vs (O) = > PM là tiếp tuyến của (O)

a, Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp ( tổng 2 góc đối = 180 độ )

=> Góc APM + góc AOM = 180 độ 

Mà góc AOM + góc MOB = 180 độ (kề bù)

=> Góc APM = góc MOB (đpcm)

Bài 2: 

2) \(\hept{\begin{cases}3x+2y=10\\2x-y=m\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3x+2y=10\\4x-2y=2m\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}7x=10+2m\\y=2x-m\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{2m+10}{7}\\y=\frac{20-3m}{7}\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}x>0\\y< 0\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{2m+10}{7}>0\\\frac{20-3m}{7}< 0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>-5\\m>\frac{20}{3}\end{cases}}\Leftrightarrow m>\frac{20}{3}\).

Bài 3: 

3) (d') song song (d) nên (d') có dạng: \(y=5x+k,k\ne6\). 

Phương trình hoành độ giao điểm (d') và (P) là: 

\(-x^2=5x+k\Leftrightarrow x^2+5x+k=0\)(1) 

(d') cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 

Khi đó: 

\(\Delta>0\Leftrightarrow5^2-4.k.1=25-4k>0\Leftrightarrow k< \frac{25}{4}\).

Khi \(k< \frac{25}{4}\)phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\).

Theo định lí Viete: 

\(x_1x_2=k\)suy ra \(k=-24\)(thỏa mãn) 

Vậy (d'): \(y=5x-24\)

\(\sqrt{1+\sqrt{6}}\)lớn hơn

Đoán vậy k biết đúng / sai

HOK T ~

\(x^3-3x-52=0\).

\(\Leftrightarrow\left(x^3-64\right)-\left(3x-12\right)=0\).

\(\Leftrightarrow\left(x-4\right)\left(x^2+4x+16\right)-3\left(x-4\right)=0\).

\(\Leftrightarrow\left(x-4\right)\left(x^2+4x+16-3\right)=0\).

\(\Leftrightarrow\left(x-4\right)\left(x^2+4x+13\right)=0\).

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-4=0\\x^2+4x+13=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=4\\x^2+4x+13=0\end{cases}}\).

Xét \(x^2+4x+13=0\)\(\left(1\right)\).

Ta có: \(\Delta=b^2-4ac=4^2-4.1.13=-36\).

\(\Rightarrow\Delta< 0\).

Do đó phương trình \(\left(1\right)\)vô nghiệm.

Vậy phương trình có tập nghiệm: \(S=\left\{4\right\}\).

sửa đề: \(x^2-3x-52=0\)

\(\Delta=b^2-4ac\)

   \(=\left(-3\right)^2-4.1.\left(-52\right)\)

    \(=217>0\)

=> Phương trình có 2 nghiệm:

\(x_1=\frac{3+\sqrt{217}}{2}\)

\(x_2=\frac{3-\sqrt{217}}{2}\)

sai đề bài rùi

Sai chỗ nào z bạn?

a) Dễ thấy BD và CE là hai đường cao của \(\Delta\)ABC => Tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH

Vì K là trung điểm AH nên K là tâm của (ADE)

Ta có AM || DE, OA vuông góc AM => OA vuông góc DE

K là tâm của (ADE) => KD = KE; I là tâm của (BCDE) => ID = IE. Do đó IK vuông góc DE

Theo quan hệ song song vuông góc thì OA || KI.

b) Tứ giác AOIK là một hình bình hành vì OA || IK, OI || AK (cùng vuông BC) => OA = IK = IF

Đường tròn (S) có hai dây cung IF = OA => AF || OI => AF vuông góc BC

Vậy AF trùng với đường cao AH của \(\Delta\)ABC hay A,H,F thẳng hàng.

c) Ta có: ^KEH = ^KHE = ^CHG = ^NDA = ^NAD (=^ABC) => \(\Delta\)EKH ~ \(\Delta\)AND

Suy ra \(\frac{AN}{HK}=\frac{AD}{HE}\), mà \(\frac{AD}{HE}=\frac{AB}{HB}\)vì \(\Delta\) BEH ~ \(\Delta\)BDA nên \(\frac{AN}{HK}=\frac{AB}{HB}\)

Kết hợp với ^BAN = ^BAC + ^ABC = ^BHK, suy ra \(\Delta\)BAN ~ \(\Delta\)BHK => ^ANB = ^BKH (1)

Lại có dây cung KF của (I) vuông góc IG => BC là trung trực của KF => ^BKH = ^BFK (2)

(1);(2) => ^ANB = ^BFA => Tứ giác ABNF nội tiếp.