Từ D, kẻ DM, DN vuông góc CA và CB.

Khi đo ta dễ thấy DMCN là hình vuông. Vậy thì đặt DM = MC = CN = ND = x.

Áp dụng định lý Talet ta có:

 \(\frac{DM}{BC}=\frac{MA}{AC}\Rightarrow\frac{x}{a}=\frac{b-x}{b}\Rightarrow xb=ab-xa\Rightarrow x\left(a+b\right)=ab\)

\(\Rightarrow x=\frac{ab}{a+b}\).

Lại có \(CD=x\sqrt{2}=\frac{ab}{\left(a+b\right)sin45^o}.\)

Cô nghĩ như thế này mới đúng.

Ta có : CDEB có góc CEB = góc BDC = 90⁰

=> CDEB là tứ giác nội tiếp => góc AED = góc BCA (góc ngoài tứ giác nội tiếp)

Xét tam giác AED và tam giác ACB có góc A chung, góc AED = góc BCA

=> Tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB (g.g)

=> \(\frac{S_{AED}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=cos^2A\)

\(\Rightarrow S_{ADE}=cos^2A\times S_{ABC}\)

Lại có : \(S_{BCDE}+S_{ADE}=S_{ABC}\Rightarrow S_{BCDE}=S_{ABC}-S_{ADE}\)

\(=S_{ABC}-cos^2A\times S_{ABC}\)

\(=S_{ABC}\left(1-cos^2A\right)=sin^2A\times S_{ABC}\)(vì \(sin^2A+cos^2A=1\))

Dễ dàng chứng minh \(\Delta ADE\approx\Delta ABC\Rightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)\(\Rightarrow AD.AE=\frac{AB}{AC}.AE^2\Leftrightarrow\frac{1}{2}.AD.AE.\sin EAD=\frac{1}{2}.AB.AC.\cos^2EAD.\sin EAD\)
\(\Rightarrow S_{AED}=S_{ABC}.\cos EAD\)
\(S_{BDEC}=S_{ABC}-S_{AED}=S_{ABC}-S_{ABC}.\cos^2EAD=S_{ABC}\left(1-\cos^2EAD\right)=S_{ABC}.\sin^2EAD\)

Điều kiện x>=-2; y>=0; x>=y-3

Ta xét PT thứ nhất 

Đặt √(x+2) = a; √y = b (a,b>=0)

Thì PT thành a(a² - b² + 1) - b = 0

<=> a³ - ab² + a - b = 0

<=> a(a - b)(a + b) + (a -b) =0

<=> (a - b)(a² + ab + 1)=0

Đễ thấy a² + ab + 1 >0

Nên a =b 

Thế vào ta được y = x + 2

Thay cái này vào PT còn lại là xong

\(\hept{\begin{cases}\sqrt{x+2}\left(x-y+3\right)=\sqrt{y}\left(1\right)\\x^2+\left(x+3\right)\left(2x-y+5\right)=x+16\left(2\right)\end{cases}}\)
DKXD :x>=-2; y>=0
Đặt\(\hept{\begin{cases}\sqrt{x+2=a}\\x-y+3=b\end{cases}\left(a\ge0\right)}\)
Pt 1 có dạng \(ab=\sqrt{a^2-b+1}\Leftrightarrow a^2b^2=a^2-b+1\Leftrightarrow a^2\left(b-1\right)\left(b+1\right)+b-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-1\right)\left(a^2b+a^2+1\right)=0\)
+> b-1=0\(\Rightarrow b=1\Leftrightarrow x-y+3=1\)
\(\)Khi đó pt (2) \(\Leftrightarrow x^2+\left(x+3\right)\left(x+2+1\right)=x+16\Leftrightarrow x^2+\left(x+3\right)^2=x+16\)
\(\Leftrightarrow x^2+x^2+6x+9=x+16\Leftrightarrow2x^2+5x-7=0\)
Có : 2+5-7=0
Nên pt trên có 2 no \(x_1=1\left(tm\right);x_2=-\frac{7}{2}\left(ktm\right)\)
\(\Rightarrow1-y+3=1\Leftrightarrow y=3\left(tm\right)\)
+>\(a^2b+a^2+1=0\Leftrightarrow\left(x+2\right)\left(x+3-y\right)+x+3=0\)(3)
Đặt \(x+3=m\). Pt(3) có dạng \(\left(m-1\right)\left(m-y\right)+m=0\Leftrightarrow m^2-m-my+y+m=0\Leftrightarrow m^2=y\left(m-1\right)\)
Nếu \(m-1=0\Leftrightarrow x+3-1=0\Leftrightarrow x=-2\left(tm\right)\Rightarrow y=0\left(tm\right)\)
Nhưng k tm pt 2
\(\Rightarrow m-1\ne0\Rightarrow y=\frac{m^2}{m-1}=\frac{\left(x+3\right)^2}{x+2}\)
Thay vào pt (2) ta được \(x^2+\left(x+3\right)\left(2x+5-\frac{\left(x+3\right)^2}{x+2}\right)=x+16\)
ĐẾn đây tự nhân chéo chuển vế ta được \(2x^3+7x^2-8x-29=0\)

Ta có:   \(\hept{\begin{cases}x^2+a_1x+b_1=0\left(1\right)\\x^2+a_2x+b_2=0\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\Delta_1=a_1^2-4b_1\\\Delta_2=a_2^2-4b_2\end{cases}}\) 
\(\Rightarrow\Delta_1+\Delta_2=a_1^2+a_2^2-4\left(b_1+b_2\right)\ge2a_1a_2-4\left(b_1+b_2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a_1a_2-2\left(b_1+b_2\right)\ge0\)
Vì \(\Delta_1+\Delta_2\ge0\) 

nên có ít nhất 1 trong 2 cái \(\Delta\) không âm .
\(\Rightarrow\)Có ít nhất 1 trong hai phương trình có nghiệm .

Ta có denta 1 + denta 2 = a_1²  -4b₁ + a_2²  - 4b₂ >= 2a₁ a₂ - 4(b₁ + 4b₂) >= 4(b₁ + 4b₂) - 4(b₁ + 4b₂) = 0

Vậy có ít nhất 1 trong 2 denta >= 0 nên có ít nhất 1 phương trình có nghiệm

\(a^3+1+1\ge3\sqrt[3]{a^3.1.1}=3a\)

\(\Rightarrow a+b+c\le\frac{a^3+b^3+c^3+6}{3}=3\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 3\text{ }\Rightarrow\text{ }3-a>0\\b+c\le3-a\end{cases}}\)

\(P=3a\left(b+c\right)+bc\left(3-a\right)\le3a\left(b+c\right)+\frac{\left(b+c\right)^2}{4}.\left(b+c\right)\)

\(=\frac{1}{4}\left[12a\left(b+c\right)+\left(b+c\right)^3\right]\le\frac{1}{4}\left[12a\left(3-a\right)+\left(3-a\right)^3\right]\)

\(=\frac{1}{4}\left[12a\left(3-a\right)+\left(3-a\right)^3-32\right]+8\)

\(=-\frac{1}{4}\left(a+1\right)\left(a-1\right)^2+8\le8\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Vậy \(\text{Max }P=8\)

giá trị LN của  P=8

\(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)

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

\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}}\)

\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}}\)

\(\ge\sqrt{\frac{2.9}{4}+\frac{1215.4}{16.9}}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\)

√a²+1b² +√b²+1c² +√c²+1a² 

≥√(a+b+c)²+(1a +1b +1c )²

≥√(a+b+c)²+81(a+b+c)² 

≥√(a+b+c)²+8116(a+b+c)² +121516(a+b+c)² 

≥√2.94 +1215.416.9 =3√172 

Điều kiện xác định : \(\hept{\begin{cases}2\ge\frac{1}{\sqrt{2-x}}\\x< 2\\x\ge0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow0\le x\le\frac{7}{4}\)

Ta có : \(\sqrt{2-\frac{1}{\sqrt{2-x}}}=x\)

\(\Rightarrow2-\frac{1}{\sqrt{2-x}}=x^2\)

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

Đặt \(t=\sqrt{2-x},t\ge0\Rightarrow x=2-t^2\)

Ta có : \(\left(2-t^2\right)^2.t-2t+1=0\)

\(\Leftrightarrow t\left[\left(2-t^2\right)^2-1\right]-\left(t-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow t\left(2-t^2-1\right)\left(2-t^2+1\right)-\left(t-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow t\left(t-1\right)\left(t+1\right)\left(t^2-3\right)-\left(t-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left[t\left(t+1\right)\left(t^2-3\right)-1\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t-1=0\\t\left(t+1\right)\left(t^2-3\right)-1=0\end{cases}}\)

• Nếu t - 1 = 0 => t = 1 ta có  \(x=2-1^2=1\)(tmđk)
• Nếu \(t\left(t+1\right)\left(t^2-3\right)-1=0\) , từ điều kiện \(0\le x\le\frac{7}{4}\)ta có \(t\left(t+1\right)\left(t^2-3\right)-1\le-\frac{179}{256}< 0\)=> pt này vô nghiệm.

Vậy pt có nghiệm x = 1

toán mấy ạ

Đề đúng là: Cho  \(a,b,c>0\) thỏa mãn \(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}=\sqrt{a+b-c}\)

Chứng minh \(\sqrt[2006]{a}+\sqrt[2006]{b}-\sqrt[2006]{c}=\sqrt[2006]{a+b-c}\)

Giải: Từ \(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}=\sqrt{a+b-c}\)\(\Rightarrow\)\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2=\left(\sqrt{a+b-c}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c+2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}=a+b-c\)

\(\Leftrightarrow\)\(2c+2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(c-\sqrt{ca}\right)+\left(\sqrt{ab}-\sqrt{bc}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\sqrt{c}\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)-\sqrt{b}\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)\left(\sqrt{c}-\sqrt{b}\right)=0\)

\(\Rightarrow\)\(\sqrt{c}-\sqrt{a}=0\) hoặc \(\sqrt{c}-\sqrt{b}=0\)\(\Rightarrow\)\(\sqrt{c}=\sqrt{a}\) hoặc \(\sqrt{c}=\sqrt{b}\)

- Nếu \(\sqrt{c}=\sqrt{a}\) thì \(\sqrt[2006]{a}+\sqrt[2006]{b}-\sqrt[2006]{c}=\sqrt[2006]{b}=\sqrt[2006]{a+b-c}\)

- Nếu \(\sqrt{c}=\sqrt{b}\) thì \(\sqrt[2006]{a}+\sqrt[2006]{b}-\sqrt[2006]{c}=\sqrt[2006]{a}=\sqrt[2006]{a+b-c}\)

chịu .chưa học ai cũng chưa học giống mình thì k cho mình .rồi mình k lại cho.thề đấy

khó thế

Bạn học lớp mấy z, khó quá

Cô hướng dẫn nhé.

Giả sử điểm cầm tìm là M(a; 0). Như vậy, đường thẳng qua M, vuông góc với Ox là đường thẳng (d) : x = a.

Giao điểm của (d) với hai đường thẳng đã cho lần lượt là: \(A\left(a;\frac{2a-4}{3}\right)\) và \(B\left(a;\frac{3a-2}{5}\right)\)

Do a nguyên nên ta cầm tìm điều kiện để \(\frac{2a-4}{3}\) và \(\frac{3a-2}{5}\)nguyên.

Ta thấy \(\frac{2a-4}{3}=\frac{2\left(a-2\right)}{3}\)nên (a - 2) chia hết 3. Vậy thì a có dạng 3k + 2, (k nguyên dương).

\(\frac{3a-2}{5}=\frac{3a+3-5}{5}\) nên (3a + 3) chia hết 5 hay a + 1 chia hết 5. Vậy a có dạng 5t - 1, (t nguyên dương).

Kết hợp hai điều kiện: \(3k+2=5t-1\Leftrightarrow3\left(k+1\right)=5t\Leftrightarrow\frac{k+1}{5}=\frac{t}{3}.\)

a min thì k, t min nên ta tìm được k = 4, t = 3.

Vậy thi a = 14.

kết quả bằng 14