\(\hept{\begin{cases}\frac{x}{x-1}+\frac{2y}{y+1}=3\\\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y-1}=2\end{cases}}\)\(ĐKXĐ:x,y\ne\pm1\)

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

\(< =>\hept{\begin{cases}\frac{xy+x}{xy+x-y-1}+\frac{2xy-2y}{xy+x-y-1}=3\\\frac{xy-x}{xy-x+y-1}+\frac{xy+y}{xy-x+y-1}=2\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}\frac{xy+x+2xy-2y}{xy+x-y-1}=3\\\frac{xy-x+xy+y}{xy-x+y-1}=2\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}\frac{3xy+x-2y}{xy+x-y-1}=3\\\frac{2xy-x+y}{xy-x+y-1}=2\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}3xy+x-2y=3xy+3x-3y-3\\2xy-x+y=2xy-2x+2y-2\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}3xy+x-2y-3xy-3x+3y+3=0\\2xy-x+y-2xy+2x-2y+2=0\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}-2x+y+3=0\\x-y+2=0\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}-2\left(-2+y\right)+y+3=0\left(1\right)\\x=-2+y\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\left(1\right)< =>4-2y+y+3=0\)

\(< =>7-y=0< =>y=7\left(tmđk\right)\)

\(\left(2\right)< =>x=-2+7=5\left(tmđk\right)\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình trên là \(\left\{5;7\right\}\)

bài này mình thấy chỉ cần thế này là xong

\(x^2+y^2=1\Leftrightarrow x+y=\sqrt{1}=1\)( có đúng ko nhỉ )

=>\(x+y=0+1=1+0\)

\(=>\left\{x,y\right\}\in\left(0,1\right);\left(1,0\right)\)

P/s : làm thử , e ms lớp 8 .

\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2=1\\x^2-x=y^2-y\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2=1-y^2\\x^2-y^2=x-y\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2=1-y^2\\\left(x-y\right)\left(x+y\right)=x-y\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2=1-y^2\\x+y=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2=1-y^2\left(1\right)\\x=1-y\left(2\right)\end{cases}}\)

Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta có :

\(\left(1-y\right)^2=1-y^2\)

\(\Leftrightarrow1-2y+y^2=1-y^2\)

\(\Leftrightarrow1+y^2-1+y^2=2y\)

\(\Leftrightarrow2y^2=2y\)

\(\Leftrightarrow2y^2-2y=0\)

\(\Leftrightarrow2y\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=0\\y=1\end{cases}}\)

T/h 1 : y = 0 

=> x = 1 - 0 = 1

T/h 2 : y = 1

=> x = 1 - 1 = 0

Vậy ...................

a) xét tam giác BOM và tam giác CON ta có

BM=CN (gt)

OB=OC=R

\(\widehat{OBM}=\widehat{OCN}=30^0\)(do tam giác ABC đều )

=> tam giác BOM = tam giác CON(c.g.c)

suy ra OM=ON hay tam giác OMN cân tại O , do I là trung điểm của MN 

suy ra \(OI\perp MN\Rightarrow\widehat{OIM}=\widehat{OHM}=90^0\)nên tứ giác OMHI nội tiếp (có 2 đỉnh liên tiếp I,H cùng nhìn OM góc =90 độ )

b) Do điểm P nằm trên trung trực cạnh MN nên

PM=PN (1)

ta có \(180^0=\widehat{OMB}+\widehat{OMC}=\widehat{OMB}+\widehat{ONC}\)

=> tứ giác OMNC nội tiếp ( tổng 2 góc đối = 180 độ )

nên \(\hept{\begin{cases}\widehat{MON}=180^0-\widehat{NCM}=120^0\\\widehat{POM}=\widehat{PON}=120^0\end{cases}}\)

suy ra \(\widehat{POM}+\widehat{PBM}=180^0=>\)tứ giác PBMO nội tiếp nên \(\widehat{OPM}=\widehat{OBM}=30^0\)

CM  tương tự ta cx có \(\widehat{OPN}=\widehat{OAN}=30^0=>\widehat{MPN}=60^0\)(2)

=> từ (1) zà (2) ,tam giác PMN đều

c) Từ CM ở câu a ,b 

=>\(\widehat{OMN}=\widehat{OHI}=\widehat{OCN}=30^0\Rightarrow HI//AB\)

gọi K là trung điểm của AC thì  H,I ,K thẳng hàng

tam giác IAB có AB ko đổi nên chi vi tam giác nhỏ nhất khi IA+IB nhỏ nhất . ĐƯờng thẳng HI cố định . Gọi D là điểm đối xứng B qua HI thì điểm D có định , suy ra độ dài AD ko đổi 

ta có \(IB=ID\Rightarrow IA+IB=IA+ID\ge AD\)

dấu = xảy ra khi zà chỉ khi A,D ,I thẳng hàng. 

Tức đểm I chính là giao điểm của AD và HK

Mặt khác ta dễ CM đc AHKD là hình bình hành

Nên dấu "=" xảy ra khi I là trung điểm của HK , khi đó \(M\equiv H\)

zậy ...

để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn thì 

\(\Delta'>0\)

=>\(\left(m+1\right)^2-\left(2m+1\right)>0\)

\(\Leftrightarrow m^2+2m+1-2m-1>0\Leftrightarrow m^2>0\Leftrightarrow m\ne0\)

theo định lý vi et  ta có\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=2m+1\end{cases}}\)

ta có \(x_1^3+x_2^3=2019\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2-x_1x_2+x_2^2\right)=2019\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2+2x_1x_2+x_2^2-3x_1x_2\right)=2019\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right).\left[\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\right]=2019\)

\(\Rightarrow2\left(m+1\right).\left[4\left(m+1\right)^3-3\left(2m+1\right)\right]=2019\)

\(=>2(m+1).\left[4m^2+8m+4-6m-3\right]=2019\)

\(\Rightarrow2\left(m+1\right)\left(4m^2+2m+1\right)-2019=0\)

\(\Rightarrow8m^3+4m^2+2m+8m^2+4m+2-2019=0\)

\(=>8m^3+12m^2+6m-2017=0\)

\(\Rightarrow m=5,8\left(\forall m\right)\)

Đặt \(P=a-2\sqrt{ab}+3b-2\sqrt{a}+1\)

\(=a-2\sqrt{a}\left(\sqrt{b}+1\right)+b+2\sqrt{b}+1+2b-2\sqrt{b}\)

\(=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}-1\right)^2+2\left(b-\sqrt{b}+\frac{1}{4}\right)-\frac{1}{2}\)

\(=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}-1\right)^2+2\left(\sqrt{b}-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{2}\ge\frac{1}{2}\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow b=\frac{1}{4};a=\frac{9}{4}\)

Đặt \(P=\left(1-\frac{x}{x-\sqrt{x}+1}\right):\frac{x+2\sqrt{x}+1}{x\sqrt{x}+1}\)

Ta có: \(x\sqrt{x}+1=\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+x+1\right)\)

\(\Rightarrow P=\left(\frac{x\sqrt{x}+1}{x\sqrt{x}+1}-\frac{x\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-\sqrt{x}+1\right)}\right)\cdot\frac{x\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}\)

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

\(=1-\sqrt{x}\)

ĐK: xy\(\ne\)0

HPT đã cho tương đương: \(\hept{\begin{cases}x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=5\\x^2+y^2+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=9\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x+\frac{1}{x}\right)+\left(y+\frac{1}{y}\right)=5\\\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2=9\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\left(x+\frac{1}{x}\right)+\left(y+\frac{1}{y}\right)=S\\\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(y+\frac{1}{y}\right)=P\end{cases}}\)

Hệ trở thành:

\(\hept{\begin{cases}S^2-2P=9\\S=5\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+\frac{1}{x}=2;y+\frac{1}{y}=3\\x+\frac{1}{x}=3;y+\frac{1}{y}=2\end{cases}\Leftrightarrow}\orbr{\begin{cases}x=1;y=\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}\\x=\frac{3\pm\sqrt{5}}{2};y=1\end{cases}}}\)

Vậy HPT đã cho có nghiệm (x;y)=\(\left(1;\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}\right);\left(\frac{3\pm\sqrt{5}}{2};1\right)\)

\(\hept{\begin{cases}\left(x+y\right)\left(1+\frac{1}{xy}\right)=5\\\left(x^2+y^2\right)\left(1+\frac{1}{x^2y^2}\right)=9\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}=5\\x^2+y^2+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=9\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x+\frac{1}{x}\right)+\left(y+\frac{1}{y}\right)=5\\\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2=13\end{cases}}\)

\(\left(x+\frac{1}{x};y+\frac{1}{y}\right)\rightarrow\left(a;b\right)\)

Hệ pt \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=5\\a^2+b^2=13\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=5\\\left(a+b\right)^2-2ab=13\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=5\\ab=6\end{cases}}}\)

Tự làm nốt nhé

điều kiện xác đinh \(x\ge-\frac{1}{2}\)

ta có \(x\left(5x^3+2\right)-2\left(\sqrt{2x+1}-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow5x^4+2x-2\sqrt{2x+1}+2=0\Leftrightarrow5x^4+2x+1-2\sqrt{2x+1}+1=0\)

\(\Leftrightarrow5x^4+\left(\sqrt{2x+1}-1\right)^2=0=>\orbr{\begin{cases}5x^4=0\\\sqrt{2x+1}-1=0\end{cases}\Leftrightarrow x=0\left(nhận\right)}\)

zậy \(S=\left\{0\right\}\)

ĐK: \(x\ge\frac{-1}{2}\). PT đã cho có thể viết lại thành 

\(5x^4+\left(\sqrt{2x+1}-1\right)^2=0\)

Do \(5x^4\ge0,\left(\sqrt{2x+1}-1\right)^2\ge0\)nên PT trên chỉ thỏa mãn khi \(\hept{\begin{cases}5x^4=0\\\left(\sqrt{2x+1}-1\right)^2=0\end{cases}}\)

Giải hệ này ta được x=0

Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x=0

\(\hept{\begin{cases}xy+3=3x+y\\x^2+2y^2+y=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-1\right)\left(y-3\right)=0\\x^2+2y^2+y=1\left(2\right)\end{cases}}\)

Xét: x=1

\(\Rightarrow\left(2\right)\Leftrightarrow2y^2+y=0\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=0\\y=-\frac{1}{2}\end{cases}}\)

Xét: y=3

\(\Rightarrow\left(2\right)\Leftrightarrow x^2+2.3^2+3>0\)=> vô nghiệm.

KL:.....