Nhân chéo 2 vế của hpt sẽ thu đc 1 pt đẳng cấp

\(\left(1\right).\left(2\right)\Leftrightarrow4\left(3x^2-5xy-y^2\right)=7\left(x^2-3xy\right)\)

                  \(\Leftrightarrow12x^2-20xy-4y^2=7x^2-21xy\)

                  \(\Leftrightarrow5x^2+xy-4y^2=0\)

                  \(\Leftrightarrow\left(5x-4y\right)\left(x+y\right)=0\)

                  \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}5x=4y\\x=-y\end{cases}}\)

Thay vào hpt ban đầu sẽ tìm đc x ; y

Ta có BĐT \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\) (tự c/m)

Áp dụng vào,ta có: \(\frac{ab}{c+1}=\frac{ab}{\left(c+a\right)+\left(c+b\right)}\le\frac{ab}{4\left(c+a\right)}+\frac{ab}{4\left(c+b\right)}\) (Làm tắt,ráng hiểu)

Chứng minh tương tự và cộng theo vế:

\(VT\le\frac{a}{4}+\frac{b}{4}+\frac{c}{4}=\frac{a+b+c}{4}=\frac{1}{4}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

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

a. Với m = 2

\(\left(1\right)\Leftrightarrow x^2-4x+3=0\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-3\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=3\end{cases}}\)

b, Để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì:

\(a.c< 0\Leftrightarrow m-1< 0\Leftrightarrow m< 1\)

c, Theo vi - ét ta có:

\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m\\x_1x_2=m-1\end{cases}}\)

\(P=\left(x_1-x_2\right)^2+x_1x_2=\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2=4m^2-3\left(m-1\right)\)

\(=4m^2-3m+3=4m^2-2.2.\frac{3}{4}m+\frac{9}{16}+\frac{39}{16}=\left(2m-\frac{3}{4}\right)^2+\frac{39}{16}\ge\frac{39}{16}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(2m=\frac{3}{4}\Leftrightarrow m=\frac{3}{8}\)

Thấy số hơi lẻ, bạn xem lại có sai sót gì không.

a) Gọi I là giao của AP và EF. Qua P kẻ một đường thẳng song song với EF cắt AC,AB lần lượt tại S,T.

Ta có: ^PSC = ^AEF (Vì EF // ST). Mà ^AEF = ^ABC (Tứ giác BFEC nội tiếp)

Nên ^PSC = ^ABC = 180⁰ - ^ACB - ^BAC = 180⁰ - ^ACB - ^BCP = ^PCS. Do đó \(\Delta\)CPS cân tại P

Tương tự ta có: \(\Delta\)BPT cân tại P. Từ đó: PS = PC = PB = PT

Theo hệ quả ĐL Thales: \(\frac{IF}{PT}=\frac{IE}{PS}\left(=\frac{AI}{AP}\right)\). Vì PT = PS nên IE = IF, ta có ĐPCM.

b) Qua P ta lại kẻ đường thẳng song song với MN cắt HB,HC tại U,V. Gọi CF cắt BP ở K, BE cắt CP ở L.

Ta chỉ nhắc lại mà không chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường cao BX,CY thì XY song song với tiếp tuyến tại A của (O).

Áp dụng bổ đề ta có: DE // CP hay ME // PL, kết hợp với MN // PU suy ra \(\Delta\)MEN ~ \(\Delta\)PLU (g.g)

Suy ra \(\frac{MN}{PU}=\frac{ME}{PL}\)(1). Tương tự: \(\frac{MN}{PV}=\frac{NF}{PK}\)(2)

Mặt khác, dễ thấy: PM và EN là 2 đường phân giác của \(\Delta\)DEF. Khi đó:

\(\frac{NF}{ND}=\frac{EF}{ED};\frac{MD}{ME}=\frac{FD}{FE}\) nên \(\frac{NF}{ME}.\frac{MD}{ND}=\frac{FD}{ED}\) hay \(\frac{NF}{ME}=\frac{FD}{MD}.\frac{ND}{ED}\)

Từ DF // PK, MD // CP suy ra \(\Delta\)DFM ~ \(\Delta\)PKC (g.g) thì \(\frac{FD}{MD}=\frac{KP}{CP}\). Tương tự: \(\frac{ND}{ED}=\frac{BP}{LP}\)

Từ đó: \(\frac{NF}{ME}=\frac{KP}{CP}.\frac{BP}{LP}\) hay \(\frac{NF}{ME}=\frac{PK}{PL}\) (Vì BP=PC). Tức là \(\frac{NF}{PK}=\frac{ME}{PL}\)

Từ (1);(2) ta có tỉ số: \(\frac{MN}{PU}=\frac{MN}{PV}\). Vì vậy PU = PV.

Đến đây vận dụng hệ quả ĐL Thales tương tự câu a ta thu được ĐPCM.

Gọi đường thẳng IH cắt đường tròn (HBL) tại T'. Ta sẽ chứng minh T' trùng T.

Thật vậy: Kẻ tia tiếp tuyến tại K của đường tròn (B;BA) cắt HA tại S. Khi đó: ^BKS = ^BHS = 90⁰

Suy ra tứ giác BSKH nội tiếp, do đó ^BSH = ^BKH.

Theo hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: BA² = BH.BC hay BK² = BH.BC nên \(\Delta\)BHK ~ \(\Delta\)BKC (c.g.c)

Suy ra: ^BKH = ^BCK. Từ đó: ^BSH = ^BCK cho nên CK vuông góc BS (vì ^BSH + ^SBH = 90⁰)

Gọi CK cắt BS tại R thì CR vuông góc BS. Tương tự có BQ vuông góc CS

Mà CR cắt BQ tại M nên M chính là trực tâm trong \(\Delta\)BCS => SM vuông góc BC

Do M cũng nằm trên AH vuông góc BC nên S,M,H thẳng hàng.

Đồng thời ^CBQ = ^CSH. Lại có \(\Delta\)CLH ~ \(\Delta\)CBL (c.g.c) nên ^CLH = ^CBL.

Từ đó: ^CSH = ^CLH dẫn tới tứ giác CHLS nội tiếp. Suy ra: ^CLS = ^CHS = 90⁰

Với hệ thức lượng tam giác vuông, ta có các đẳng thức về cạnh: 

SK² = SR.SB = SQ.SC = SL² vậy thì SK = SL. Kết hợp ^SKI = ^SLI = 90⁰ ta được \(\Delta\)SIK = \(\Delta\)SIL (Ch.cgv)

Do đó: IK = IL. Từ ^CLH = ^CBL (cmt) ta thấy CL là tiếp tuyến từ C đến (HBL) kéo theo IL² = IH.IT'

Mà IL = IK nên IK² = IH.IT'. Từ đó: \(\Delta\)IKH ~ \(\Delta\)IT'K (c.g.c) nên ^IKH = ^IT'K

Ta lại có: ^BKH = ^BCK (cmt) suy ra ^IKH = ^HCK. Vậy nên ^HT'K = ^HCK

Như vậy: Tứ giác HT'CK nội tiếp hay T' thuộc vào đường tròn (HCK). Mà (HBL) cắt (HCK) ở T khác H nên T' trùng T.

Vậy 3 điểm H,I,T thẳng hàng (đpcm).

ai giúp mk với

ĐK: \(1\le x\le2\)

\(\left(\sqrt{2-x}+1\right)\left(\sqrt{x+3}-\sqrt{x-1}\right)=4\)

<=> \(\left(\sqrt{2-x}+1\right)\frac{4}{\sqrt{x+3}+\sqrt{x-1}}=4\)

<=> \(\sqrt{2-x}+1=\sqrt{x+3}+\sqrt{x-1}\)

<=> \(\sqrt{x+3}-2+\sqrt{x-1}+1-\sqrt{2-x}=0\)

<=> \(\frac{x-1}{\sqrt{x+3}+2}+\sqrt{x-1}+\frac{x-1}{1+\sqrt{2-x}}=0\)

<=> \(\sqrt{x-1}\left(\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+3}+2}+1+\frac{\sqrt{x-1}}{1+\sqrt{2-x}}\right)=0\)

<=> x - 1 = 0 

<=> x = 1  thỏa mãn điều kiện.

Vậy x = 1.

.

Câu b ý 2 làm sao thế