Đặt x = -2y + k (k \(\inℤ\))

Ta có x² + 8y² + 4xy - 2x - 4y = 4

<=> (-2y + k)² + 8y² + 4y(-2y + k) - 2(-2y + k) - 4y = 4

<=> k² + 4y² - 2k = 4

<=> (k - 1)² + (2y)² = 5 (*) 

Dễ thấy (2y)² \(⋮4\) (**)

Với y,k \(\inℤ\) kết hợp (*) ; (**) ta được 

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(k-1\right)^2=1\\\left(2y\right)^2=4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}k=0\\k=2\end{matrix}\right.\\y=\pm1\end{matrix}\right.\) 

Vậy (k,y) = (0;1) ; (0;-1) ; (2;1) ; (2;-1) 

mà x = k - 2y nên các cặp (x;y) thỏa là (-2;1) ; (2;-1) ; (0;1) ; (4;-1)  

\(y=x+\sqrt[]{2\left(1-x\right)}\left(x\le1\right)\)

\(\Rightarrow y=-\left(1-x\right)+\sqrt[]{2\left(1-x\right)}+1\)

\(\Rightarrow y=-\left(1-x\right)+\sqrt[]{2\left(1-x\right)}+1\)

\(\Rightarrow y=-\left[\left(1-x\right)-\sqrt[]{2\left(1-x\right)}+\left(\dfrac{\sqrt[]{2}}{2}\right)^2\right]+1+\left(\dfrac{\sqrt[]{2}}{2}\right)^2\)

\(\Rightarrow y=-\left[\sqrt[]{1-x}-\dfrac{\sqrt[]{2}}{2}\right]^2+1+\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow y=-\left[\sqrt[]{1-x}-\dfrac{\sqrt[]{2}}{2}\right]^2+\dfrac{3}{2}\)

mà \(-\left[\sqrt[]{1-x}-\dfrac{\sqrt[]{2}}{2}\right]^2\le0,\forall x\le1\)

\(\Rightarrow y=-\left[\sqrt[]{1-x}-\dfrac{\sqrt[]{2}}{2}\right]^2+\dfrac{3}{2}\le\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

\(\sqrt[]{1-x}-\dfrac{\sqrt[]{2}}{2}=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt[]{1-x}=\dfrac{\sqrt[]{2}}{2}\)

\(\Leftrightarrow1-x=\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow x=1-\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\) (thỏa \(x\le1\))

\(\Rightarrow GTLN\left(y\right)=\dfrac{3}{2}\left(tạix=\dfrac{1}{2}\right)\)

ĐKXĐ : \(x\notin\left\{0;-1;-2;-3;-4\right\}\)

Ta có \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{x+2}+\dfrac{1}{x+3}+\dfrac{1}{x+4}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x+4}{x.\left(x+4\right)}+\dfrac{2x+4}{\left(x+1\right).\left(x+3\right)}+\dfrac{1}{x+2}=0\)

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

Đặt x + 2 = a \(\left(a\ne0\right)\) 

(*) \(\Leftrightarrow\dfrac{2a}{a^2-4}+\dfrac{2a}{a^2-1}+\dfrac{1}{a}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2}{a-\dfrac{4}{a}}+\dfrac{2}{a-\dfrac{1}{a}}+\dfrac{1}{a}=0\) (**)

Đặt \(\dfrac{1}{a}=b\left(b\ne0\right)\) \(\Rightarrow ab=1\)

Ta được (**) \(\Leftrightarrow\dfrac{2}{a-4b}+\dfrac{2}{a-b}+b=0\)

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

\(\Leftrightarrow\dfrac{2}{1-4b^2}+\dfrac{2}{1-b^2}=-1\)

\(\Rightarrow4-10b^2=-4b^4+5b^2-1\)

\(\Leftrightarrow4b^4-15b^2+5=0\) (***)

Đặt b² = t > 0

Ta có (***) <=> \(4t^2-15t+5=0\Leftrightarrow t=\dfrac{15\pm\sqrt{145}}{8}\) (tm)

\(\Leftrightarrow b=\pm\sqrt{\dfrac{15\pm\sqrt{145}}{8}}\) 

mà x + 2 = a ; ab = 1 

nên \(x=\pm\sqrt{\dfrac{8}{15\pm\sqrt{145}}}-2\)

Thử lại ta có phương trình có 4 nghiệm như trên

Đồ thị hàn số y = a\(x\) + b đi qua các điểm A (\(\sqrt{2}\); 4 - \(\sqrt{2}\)) vàB (2; \(\sqrt{2}\))

       Thay tọa độ điểm A, B vào pt đồ thị ta có:

        \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{2}.a+b=4-\sqrt{2}\\2a+b=2+\sqrt{2}\end{matrix}\right.\) 

      Trừ vế cho vế ta có:  2a + b - (\(\sqrt{2}\)a + b) = 2 + \(\sqrt{2}\) - (4 - \(\sqrt{2}\))

         2a + b - \(\sqrt{2}\)a - b   =  -2 + 2\(\sqrt{2}\)

        2a - \(\sqrt{2}\)a             = - 2 + 2\(\sqrt{2}\)

        a.(2 - \(\sqrt{2}\))         =      -2 + 2\(\sqrt{2}\)

        a                       = (-2 + 2\(\sqrt{2}\)) : (2 - \(\sqrt{2}\))

         a  = \(\sqrt{2}\)

         b = 2 + \(\sqrt{2}\) -  2\(\sqrt{2}\) 

         b = 2 - \(\sqrt{2}\)  

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(P\right):y=x^2\\\left(d\right):y=-x+2\end{matrix}\right.\)

a) Tọa độ giao điểm của (P) và (Q) là nghiệm của hệ phương trình

\(\left\{{}\begin{matrix}y=x^2\\y=-x+2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=x^2\\x^2=-x+2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=x^2\\x^2+x-2=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-2\end{matrix}\right.\) \(\left(a+b+c=1+1-2=0\right)\)

\(hpt\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x=-2\\y=4\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (Q) là \(A\left(1;1\right)\&B\left(-2;4\right)\)

a) Phương trình hoành độ giao điểm : 

x² = - x + 2

<=> (x - 1)(x + 2)  = 0 

<=> \(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-2\end{matrix}\right.\)

Với x = 1 ta được y = 1

Với x = -2 ta được y = 4

Vậy tọa độ giao điểm là A(1; 1) ; B(-2;4)

b) Gọi C(-2 ; 0) ; D(1;0) 

ta được \(S_{AOB}=S_{ABCD}-S_{BOC}-S_{AOD}\)

\(=\dfrac{\left(BC+AD\right).CD}{2}-\dfrac{BC.CO}{2}-\dfrac{AD.DO}{2}\)

\(=\dfrac{\left(4+1\right).3}{2}+\dfrac{4.2}{2}+\dfrac{1.1}{2}=12\) (đvdt) 

D là giao của (O) với Ox; E là giao của Ox với (A)

Xét (A) có

\(sđ\widehat{COE}=\dfrac{1}{2}sđcungCE=\dfrac{1}{2}\left(sđcungOCE-sđcungCO\right)=\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(180^o-sđcungCO\right)=90^o-\dfrac{1}{2}sđcungCO\) (1)

\(sđ\widehat{BCO}=\dfrac{1}{2}sđcungCO\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

Xét tg vuông BCO

\(sđ\widehat{BOC}=90^o-sđ\widehat{BCO}=90^o-\dfrac{1}{2}sđcungCO\) (2)

Xét tg CBO và tg CDO có

OB=OD (bán kính (O))

OC chung

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BOC}=\widehat{COE}\)

=> tg CBO = tgCDO (c.g.c)\(\Rightarrow\widehat{CDO}=\widehat{CBO}=90^o\)

\(\Rightarrow CD\perp Ox\)

Ta có (O) cố định; Ox cố định => D cố định => đường thẳng đi qua C vuông góc với Ox tại D cố định

Vậy khi A di chuyển thì C luôn nằm trên đường thẳng vuông góc với Ox tại D

\(x-y< 0\)

Ta có \(\text{1 – 2 = –1 }\)\(< 0\) nên \(\left(1,2\right)\) là một nghiệm của bất phương trình của \(x-y< 0\)

Hệ thức là đẳng thức trình bày mối liên hệ giữa một số đại lượng.

Đúng rồi

\(B=45^o\Rightarrow C=90-45=45^o\)

\(BH=10cm;HC=15cm\)

\(BC=HB+HC=10+15=25\left(cm\right)\)

\(SinB=\dfrac{AC}{BC}\Rightarrow AC=BC.SinB=25.Sin45^o=\dfrac{25\sqrt[]{2}}{2}\left(cm\right)\)

\(SinC=\dfrac{AB}{BC}\Rightarrow AB=BC.SinC=25.Sin45^o=\dfrac{25\sqrt[]{2}}{2}\left(cm\right)\)

\(AH^2=HB.HC=10.15=150\)

\(\Rightarrow AH=\sqrt[]{150}=5\sqrt[]{6}\left(cm\right)\)