Giải hệ phương trình:
\(\hept{\begin{cases}xy^2+4y^2+8=x\left(x+2\right)\\x+y+3=3\sqrt{2y-1}\end{cases}}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
PM
2
H
0
24 tháng 9 2019
A B C O I M N P Q L K J
Đặt bán kính của (I) và (O) lần lượt là \(r\) và \(R\).Gọi AI cắt (O) tại K khác A, KO cắt PQ, (O) lần lượt tại J,L.
Dễ thấy K là điểm chính giữa cung PQ và BC, suy ra KP = KQ, cũng dễ có KM = KN (1)
Áp dụng ĐL Cosin vào \(\Delta\)AKN ta có:
\(KN^2=AK^2+AN^2-2AK.AN.\cos45^0\Rightarrow KN^2=2R^2+2Rr+r^2\) (2)
Ta thấy OJ có độ dài bằng một nửa đường cao AH của \(\Delta\)ABC. Từ ĐL Ptolemy và Thales ta tính được:
\(AH=r.\frac{AB+AC+2R}{2R}=\frac{2Rr+r^2}{R}\Rightarrow OJ=\frac{2Rr+r^2}{2R}\)
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông có:
\(KQ^2=KJ.KL=\left(R+\frac{2Rr+r^2}{2R}\right).2R=2R^2+2Rr+r^2\) (3)
Từ (1),(2) và (3) suy ra KM = KN = KP = KQ. Điều đó có nghĩa là M,N,P,Q cùng thuộc đường tròn tâm K (đpcm).
E
0
TG
0
V1 <=> \(xy^2+4y^2+8-x^2+2x-4x=0\)
<=> \(y^2\left(x+4\right)+2\left(x+4\right)-x\left(x+4\right)=0\)
<=> \(\left(y^2+2-x\right)\left(x+4\right)=0\)
<=>\(\orbr{\begin{cases}x=y^2+2\\x=-4\end{cases}}\)
TH1: Thay \(x=y^2+2\)vào V2:
\(y^2+2+y+3=3\sqrt{2y-1}\)
<=> \(2y^2+\left(2y-1\right)-6\sqrt{2y-1}+9+2=0\)
<=> \(2\left(y^2+1\right)+\left(\sqrt{2y-1}-3\right)^2=0\)
<=> \(\hept{\begin{cases}y^2=-1\left(\text{loại}\right)\\\sqrt{2y-1}=3\end{cases}}\)
<=> 2y - 1 = 9
<=> y = 5
=> \(x=y^2+2=27\)
TH2: Thay x = -4 vào V2, tương tự đc \(\orbr{\begin{cases}y=10-3\sqrt{10}\\y=10+3\sqrt{10}\end{cases}}\)