*Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEJ cắt JF tại K (K khác J).

\(\Rightarrow AJKE\) nội tiếp nên \(\widehat{EKF}=\widehat{JAF}\) (vì \(\widehat{EKF}\) là góc ngoài đỉnh K của tg AJKE).

Xét △EKF và △JAF có: \(\widehat{JFA}\) là góc chung, \(\widehat{EKF}=\widehat{JAF}\).

\(\Rightarrow\)△EKF∼△JAF (g-g).

\(\Rightarrow\dfrac{FE}{JF}=\dfrac{FK}{FA}\Rightarrow FE.FA=FK.FJ\left(1\right)\)

Ta có: A,C,B,E cùng thuộc (O) \(\Rightarrow AEBC\) nội tiếp.

Nên \(\widehat{JAE}=\widehat{JBC}\) (vì \(\widehat{JAE}\) là góc ngoài đỉnh A của tg AEBC).

Mà \(\widehat{JBC}+\widehat{EBF}=180^0\Rightarrow\widehat{JAE}+\widehat{EBF}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{EKF}+\widehat{EBF}=180^0\) mà \(\widehat{EKF}+\widehat{EKJ}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{JKE}=\widehat{JBF}\)

Xét △JEK và △JFB có: \(\widehat{JKE}=\widehat{JFB}\), \(\widehat{BJF}\) là góc chung.

\(\Rightarrow\)△JEK∼△JFB (g-g).

\(\Rightarrow\dfrac{JK}{JB}=\dfrac{JE}{JF}\Rightarrow JE.JB=JK.JF\left(2\right)\)

\(\left(1\right)+\left(2\right)\Rightarrow FE.FA+JE.JB=JF\left(JK+JK\right)=JK^2\left(đpcm\right)\)

y = \(\sqrt{2x}\) + 3  ( đk x ≥ 0)

y = 2 ⇔ \(\sqrt{2x}\) + 3 = 2 ⇔ \(\sqrt{2x}\)  = 2 - 3 ⇔ \(\sqrt{2x}\) = -1 (vô lý)

Vậy x \(\in\) \(\varnothing\) 

ĐKXĐ: a > 0 và a khác 1

\(P=\dfrac{2\left(a^2+2\right)}{\left(1-a\right)\left(1+a+a^2\right)}-\dfrac{\left(1-\sqrt{a}\right)\left(1+a+a^2\right)}{\left(1-a\right)\left(1+a+a^2\right)}-\dfrac{\left(1+\sqrt{a}\right)\left(1+a+a^2\right)}{\left(1-a\right)\left(1+a+a^2\right)}\)\(=\dfrac{2a^2+4-\left(1+a+a^2\right).\left(1-\sqrt{a}+1+\sqrt{a}\right)}{1-a^3}\)

\(=\dfrac{2a^2+4-\left(1+a+a^2\right)}{1-a^3}\)

\(=\dfrac{a^2+a+3}{\left(1-a^3\right)}\)

\(A=\dfrac{\left(\sqrt{a}-3\right)\left(\sqrt{a}+2\right)}{\left(2+\sqrt{a}\right)\left(2-\sqrt{a}\right)}+\dfrac{1}{2-\sqrt{a}}\left(ĐK:a\ge0;a\ne4\right)\\ =\dfrac{\sqrt{a}-3}{2-\sqrt{a}}+\dfrac{1}{2-\sqrt{a}}\\ =\dfrac{\sqrt{a}-2}{-\left(\sqrt{a}-2\right)}=-1\)

Vậy `A=-1`

\(\left(x^2-6x+9\right)+15\left(x^2-6x+10\right)=1\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)^2+15\left[\left(x-3\right)^2+1\right]=1\)

\(\Leftrightarrow16\left(x-3\right)^2+15=1\)

\(\Leftrightarrow16\left(x-3\right)^2=-14\)

=> Phương trình vô nghiệm 

\(\left(x^2-6x+9\right)-15\left(x^2-6x+10\right)=1\)

Đặt : \(x^2-6x+9=\left(x-3\right)^2=t\) thay vào pt ta được :

\(t^2-15\left(t+1\right)=1\)

\(\Leftrightarrow t^2-15t-16=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t+1\right)\left(t-16\right)=0\)

\(\Leftrightarrow t=\left\{{}\begin{matrix}16\\-1\end{matrix}\right.\)

với : \(t=-1\) thì \(\left(x-3\right)^2=-1\)

\(\Rightarrow ptvonghiem\)

Với : \(t=16\) thì \(\left(x-3\right)^2=16\)

\(\Leftrightarrow x\in\left\{{}\begin{matrix}7\\-1\end{matrix}\right.\)

\(vay...\)

\(Từ:gt\) \(a+b+c=0\)

\(\Rightarrow b+c=-a\Rightarrow b^2+2bc+c^2=a^2\Rightarrow a^2-b^2-c^2=2bc\)

cmt tương tự với :

\(b^2-a^2-c^2=2ac\)

\(c^2-a^2-b^2=2ab\)

\(\Rightarrow A=\dfrac{a^2}{2bc}+\dfrac{b^2}{2ac}+\dfrac{c^2}{2ab}\)

\(\Rightarrow A=\dfrac{a^3}{2abc}+\dfrac{b^3}{2abc}+\dfrac{c^3}{2abc}\)

\(\Rightarrow A=\dfrac{1}{2abc}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

\(\Rightarrow A=\dfrac{3abc}{2abc}\)

\(\Rightarrow A=\dfrac{3}{2}\)