\(x\left(3x+5\right)-6x-10=0\)

=>\(x\left(3x+5\right)-2\left(3x+5\right)=0\)

=>(3x+5)(x-2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}3x+5=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-\dfrac{5}{3}\\x=2\end{matrix}\right.\)

`x(3x+5)-6x-10=0`

`<=>x(3x+5)-2(3x+5)=0`

`<=>(3x+5)(x-2)=0`

TH1: `3x+5=0<=>3x=-5<=>x=-5/3`

TH2: `x-2=0<=>x=2`

`(2x-5)(x+7)=x(x+7)`

`<=>(2x-5)(x+7)-x(x+7)=0`

`<=>(x+7)(2x-5-1)=0`

`<=>(x+7)(2x-6)=0`

TH1: `x+7=0<=>x=-7`

TH2: `2x-6=0<=>2x=6<=>x=6/2=3`

`2x(x+7)+9(x+7)=0`

`<=>(x+7)(2x+9)=0`

TH1: `x+7=0`

`<=> x=-7`

TH2: `2x+ 9=0`

`<=>2x=-9`

`<=> x=-9/2`

a: Xét (O) có

ΔAHC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔAHC vuông tại H

=>AH\(\perp\)BC tại H

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(CH\cdot CB=CA^2\)

=>\(CH\cdot CB=\left(2R\right)^2=4R^2\)

b: Xét ΔAOB vuông tại A có AK là đường cao

nên \(BK\cdot BO=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(BK\cdot BO=BH\cdot BC\)

=>\(\dfrac{BK}{BC}=\dfrac{BH}{BO}\)

Xét ΔBKH và ΔBCO có

\(\dfrac{BK}{BC}=\dfrac{BH}{BO}\)

\(\widehat{KBH}\) chung

Do đó: ΔBKH~ΔBCO

=>\(\widehat{BKH}=\widehat{BCO}\)

c: ΔOQA vuông tại O

mà OK là đường cao

nên OK là phân giác của góc AOQ

Xét ΔOAB và ΔOQB có

OA=OQ

\(\widehat{AOB}=\widehat{QOB}\)

OB chung

Do đó: ΔOAB=ΔOQB

=>\(\widehat{OAB}=\widehat{OQB}\)

=>\(\widehat{OQB}=90^0\)

=>BQ\(\perp\)OQ

vẽ giùm mình hình câu c) được ko ạ

Ta có:

\(a^3+b^3+c^3=3abc\\\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\\\Leftrightarrow (a+b)^3+c^3-3ab(a+b)-3abc=0\\\Leftrightarrow (a+b+c)^3-3(a+b)c(a+b+c)-3ab(a+b+c)=0\\\Leftrightarrow (a+b+c)[(a+b+c)^2-3(a+b)c-3ab]=0\\\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca-3ca-3bc-3ab=0(\text{vì }a+b+c\ne 0)\\\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\\\Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\\\Leftrightarrow (a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ca+a^2)=0\\\Leftrightarrow(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0\)

Ta thấy: \(\left\{{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\\\left(b-c\right)^2\ge0\forall b,c\\\left(c-a\right)^2\ge0\forall c,a\end{matrix}\right.\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)

Mà: \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

Do đó: \(\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c\)

Khi đó: 

\(\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)=\dfrac{2}{a}\cdot\dfrac{2}{b}\cdot\dfrac{2}{c}=\dfrac{8}{abc}\) (đpcm)

#$\mathtt{Toru}$

Với \(n=0\) thì đpcm thành \(0⋮30\), luôn đúng.

Với \(n=1\) thì đpcm thành \(x^5-x⋮30\). Ta thấy:

\(VT=x^5-x=x\left(x^4-1\right)=x\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)=x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)\)

Ta thấy \(x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\) là tích của 3 số liên tiếp nên nó chia hết cho 6 \(\Rightarrow VT⋮6\)    (1)

 Nếu \(x⋮5\Rightarrow VT⋮5\)

 Nếu \(x\equiv\pm1\left[5\right]\) thì \(x-1\) hoặc \(x+1\) chia hết cho 5 \(\Rightarrow VT⋮5\)

 Nếu \(x\equiv\pm2\left[5\right]\) thì \(x^2+1⋮5\Rightarrow VT⋮5\)

 Vậy với mọi \(x\) thì \(VT⋮5\)    (2)

 Do \(ƯCLN\left(5,6\right)=1\) nên từ (1) và (2) \(\Rightarrow x^5-x⋮30\)

 Vậy với \(n=1\) thì khẳng định đúng.

 Giả sử khẳng định đúng đến \(n=k\ge0\). Ta cần chứng minh khẳng định đúng với \(n=k+1\)

 Với \(n=k+1\), ta có: 

 \(x^{4n+1}-x\) \(=x^{4\left(k+1\right)+1}-x\)

\(=x^{4k+5}-x\)

\(=x^4.x^{4k+1}-x^5+x^5-x\)

\(=x^4\left(x^{4k+1}-x\right)+\left(x^5-x\right)\)

Mà theo giả thiết quy nạp, \(x^{4k+1}-x⋮30\) và theo cmt thì \(x^5-x⋮30\)

\(\Rightarrow x^{4n+1}-x=x^4\left(x^{4k+1}-x\right)+\left(x^5-x\right)⋮30\). Như vậy, khẳng định đúng với \(n=k+1\).

 Theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.

b) Để ý rằng phương trình của trục Ox là \(y=0\). Do đó pt hoành độ giao điểm của Ox và d là \(\left(m^2+1\right)x_A-2m=0\Leftrightarrow x_A=\dfrac{2m}{m^2+1}\)

 Mà \(OA=\left|x_A\right|=\left|\dfrac{2m}{m^2+1}\right|=\dfrac{2\left|m\right|}{m^2+1}\) , \(OA=\dfrac{4}{5}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2\left|m\right|}{m^2+1}=\dfrac{4}{5}\) 

\(\Leftrightarrow2m^2-5\left|m\right|+2=0\)

Xét \(m\ge0\), khi đó \(2m^2-5m+2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\) (nhận)

Xét \(m< 0\), khi đó \(2m^2+5m+2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=-\dfrac{1}{2}\\m=-2\end{matrix}\right.\) (nhận)

Vậy \(m\in\left\{\pm2;\pm\dfrac{1}{2}\right\}\) thỏa mãn ycbt.

c) Theo câu b), ta có \(OA=\dfrac{2\left|m\right|}{m^2+1}\). d cắt Oy tại \(B\left(0,-2m\right)\)

\(\Rightarrow OB=\left|-2m\right|=2\left|m\right|\)

Có \(OA=2OB\Leftrightarrow\dfrac{2\left|m\right|}{m^2+1}=4\left|m\right|\)

\(\Leftrightarrow\left|m\right|\left(2-\dfrac{1}{m^2+1}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\2m^2+1=0\left(vôlý\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy \(m=0\) thỏa mãn ycbt.

d) Gọi \(h\) là khoảng cách từ O đến d thì khi đó:

\(\dfrac{1}{h^2}=\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OB^2}\)

\(=\dfrac{1}{\left(\dfrac{2\left|m\right|}{m^2+1}\right)^2}+\dfrac{1}{\left(2\left|m\right|\right)^2}\)

\(=\dfrac{m^4+2m^2+1}{4m^2}+\dfrac{1}{4m^2}\)

\(=\dfrac{m^4+2m^2+2}{4m^2}\)

\(\Rightarrow h^2=\dfrac{4m^2}{m^4+2m^2+2}\)

Đặt \(t=m^2\left(t>0\right)\) thì ta có \(h^2=\dfrac{4t}{t^2+2t+2}=P\)

\(\Leftrightarrow Pt^2+2\left(P-2\right)t+2P=0\)    (*)

Có \(\Delta'=\left(P-2\right)^2-2P^2=P^2-4P+4-2P^2=-P^2-4P+4\)

\(\Delta'\ge0\Leftrightarrow-2-2\sqrt{2}\le P\le-2+2\sqrt{2}\)

Ta thấy \(P=\dfrac{2P}{P}=2>0\) nên để pt đã cho có 1 nghiệm dương thì \(S>0\Leftrightarrow-2\left(P-2\right)>0\Leftrightarrow P< 2\) 

 Kết hợp 2 điều kiện, ta được \(-2-2\sqrt{2}\le P\le-2+2\sqrt{2}\)

 Vậy \(maxP=-2+2\sqrt{2}\). Dấu "=" xảy ra khi \(t=\dfrac{-2\left(-2+2\sqrt{2}-2\right)}{2\left(-2+2\sqrt{2}\right)}=\sqrt{2}\) 

\(\Leftrightarrow m^2=\sqrt{2}\Leftrightarrow m=\pm\sqrt[4]{2}\)

Vậy \(m=\pm\sqrt[4]{2}\) thỏa mãn ycbt.

ĐKXĐ: \(x\notin\left\{0;-20\right\}\)

\(\dfrac{100}{x}-\dfrac{100}{x+20}=\dfrac{5}{12}\)

=>\(\dfrac{20}{x}-\dfrac{20}{x+20}=\dfrac{1}{12}\)

=>\(\dfrac{20\left(x+20\right)-20x}{x\left(x+20\right)}=\dfrac{1}{12}\)

=>\(\dfrac{400}{x\left(x+20\right)}=\dfrac{1}{12}\)

=>\(x\left(x+20\right)=400\cdot12=4800\)

=>\(x^2+20x-4800=0\)

=>(x+80)(x-60)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x+80=0\\x-60=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-80\left(nhận\right)\\x=60\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x>=0\\x\ne1\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{2\left(\sqrt{x}+1\right)}{x+\sqrt{x}+1}+\dfrac{x-10\sqrt{x}+3}{\sqrt{x^3}-1}\)

\(=\dfrac{2\left(x+\sqrt{x}+1\right)+2\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}+\dfrac{x-10\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{2x+2\sqrt{x}+2+2\left(x-1\right)+x-10\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{3x-8\sqrt{x}+5+2x-2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}=\dfrac{5x-8\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(5\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}=\dfrac{5\sqrt{x}-3}{x+\sqrt{x}+1}\)

\(\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{2\left(\sqrt{x}+1\right)}{x+\sqrt{x}+1}+\dfrac{x-10\sqrt{x}+3}{\sqrt{x^3}-1}\left(x\ne1,x>=0\right)\\ =\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{2\left(\sqrt{x}+1\right)}{x+\sqrt{x}+1}+\dfrac{x-10\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\\ =\dfrac{2\left(x+\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}+\dfrac{2\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}+\dfrac{x-10\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\\ =\dfrac{2x+2\sqrt{x}+2+2\left(x-1\right)+x-10\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\\ =\dfrac{5x-8\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\\ =\dfrac{5x-5\sqrt{x}-3\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\\ =\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(5\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\\ =\dfrac{5\sqrt{x}-3}{x+\sqrt{x}+1}\)