1:
a)\(\hept{\begin{cases}nx+x=5 \\x+y=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x.\left(n+1\right)=5\left(1\right)\\x+y=1\end{cases}}\)
 

ta có biến đổi góc như sau

\(\widehat{BIK}=\frac{1}{2}\widehat{A}+\frac{1}{2}\widehat{B}=\widehat{KAC}+\widehat{IBC}=\widehat{KBC}+\widehat{IBC}=\widehat{IBK}\)

=> tam giác BKI cân tại K nên KB =KI = KC

Hay K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC 

a) Do E , F là các tiếp điểm của (I) zới AC , AB nên \(\widehat{EFD\:=}\widehat{CED},\widehat{FED}=\widehat{BFD},EF//PQ\)

=>\(\widehat{EFD}=\widehat{AQF},\widehat{FED}=\widehat{APE}.\) mặt khác \(\widehat{PEA}=\widehat{CED},\widehat{AQF}=\widehat{BFD}\)suy ra tam giác FQA\(_{\simeq}\)tam giác PEA (g.g)

=>\(\frac{QA}{EA}=\frac{AF}{AP}=>AP.AQ=AE.FA=AE^2\)

hay \(\frac{BK\left(AB+AC\right)}{BC}\ge2BK\Leftrightarrow\frac{AB+AC}{BC}\ge2\)khi tam giác ABC đều thì \(\frac{AB+AC}{BC}=2\). Zậy GTNN của\(\frac{AB+AC}{BC}=2\)

b)ÁP dụng dịnh lý Ptolemy cho tứ giác ABKC

ta có \(AK.BC=AB.Ck=Bk\left(AB+AC\right)\)

tam giác AOD cân \(\widehat{AOI}\le90^0\Leftrightarrow IA\ge IK\Leftrightarrow IA+IK\ge2IK\Leftrightarrow AK\ge2IK\)suy ra\(\frac{BK\left(AB+AC\right)}{BC}\ge2IK\)

thầy cô tích cho em di ạ . em cố gắng để giải bài này r

CM được S,T,E thẳng hàng 

Xét tam giác ECT zà tam giác EST có \(\widehat{CET}\left(chung\right),\widehat{ECT}=\widehat{ESC}\)

=>tam giác ECT=tam giác EST(g.g) 

=>\(\frac{EC}{ES}=\frac{ET}{EC}=>ET.ES=EC^2\)

xét tam giác EMT zà tam giác ESN có \(\widehat{MET}\left(chung\right),\widehat{EMT}=\widehat{ESN}\)

=> tam giác ECT = tam giác ESN(g.g) 

=>\(\frac{EM}{ES}=\frac{ET}{EN}=>ET.ES=EM.EN=EM.EN\\\)

Nên \(EC^2=EM.EN=\left(=ET.ES\right)=\frac{EC}{EN}=\frac{EM}{EC}\)

tam giác ECM = tam giasc ENC (c.g.c)

=>\(\widehat{EMC}=\widehat{ENC}\)

=>\(\widehat{ECD}+\widehat{DCM}=\widehat{NAC}+\widehat{NCA}\)

mà \(\widehat{ECD=\widehat{NAC}}\)

nên \(\widehat{DCM}=\widehat{NCA}\)

ta có \(KL//AB=>\widebat{BK}=\widebat{AL}=>\widehat{DCM}=\widehat{LCA}\)

ta có\(\widehat{NCA}=\widehat{LCA}\left(=\widehat{DCM}\right)\)

=> hai tia CN , CL trùng nhau .zậy C,N,L thẳng hàng

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

từ từ hồi trả lời cho câu này củng hơi khó cần thời gian suy nghĩ

cần cái gì

đợi tý

a) tứ giác APBQ có góc OAP=90độ, OBP=90 độ ( zì PA , PB tiếp tuyến )

góc APB =55 độ

góc AOB =360 độ -90-90-55=125 

=> cung nhỏ AB là 125 độ

cung lớn AB là

360-125=235 độ

Cách khácP:

Áp dụng bđt Bunhiacopski cho 2 bộ số \(\left(\sqrt{x-2};1\right)\)và \(\left(\sqrt{4-x};1\right)\)

\(\left(\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\right)^2\le\left(1+1\right)\left(x-2+4-x\right)\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\right)^2\le4\)

\(\Rightarrow\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\le2\)

Xét \(VP=x^2-6x+11=\left(x-3\right)^2+2\ge2\)

Từ đó suy ra VT = VP khi \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}=2\\\left(x-3\right)^2+2=2\end{cases}}\Leftrightarrow x=3\)

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là 3

ĐK: \(2\le x\le4\)

Đặt: \(t=\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\ge0\)

<=> \(t^2=x-2+4-x+2\sqrt{-x^2+6x-8}\)

<=> \(t^2-2=2\sqrt{-x^2+6x-8}\)

=> \(-x^2+6x-8=\frac{t^4-4t^2+4}{4}\)

<=> \(x^2-6x+11=-\frac{t^4-4t^2+4}{4}+3\)

Khi đó ta có pt: \(t=-\frac{t^4-4t^2+4}{4}+3\)

<=> \(t^4-4t^2+4t-8=0\)

<=> \(t^2\left(t-2\right)\left(t+2\right)+4\left(t-2\right)=0\)

<=> \(\left(t-2\right)\left(t^3+2t^2+4\right)=0\)( với t >= 0 ta có t^3 + 2t^2 + 4 > 0) 

<=> t - 2 = 0 <=> t = 2

Với t = 2 ta thay vào có nghiệm x = 2 ( tmđk)

Thử lại với bài toán ban đầu ta có x = 2 là nghiệm 

igfkdynjjiklfkjjvilhtfffgugdhrcjfifyijjcdjcjcjctrutcvrucycrjkbnkvcjlnnjklnhcnvjvkjbnkjffjnk;khknl;kcjc.n/b