Tớ làm mẫu câu a nhé: 

Phương trình hoành độ giao điểm của (d₁) và (d₂) là:

\(3x=-x+4\Leftrightarrow4x=4\Leftrightarrow x=1\)

\(\Rightarrow y=3x=3.1=3\)

Vậy tọa độ giao điểm của (d₁) và (d₂) là (1;3)

Câu b cách làm tương tự câu a, riêng câu c thì bạn phải viết y theo x (nghĩa là để lại y ở một vế (vế trái) và chuyển hết sang vế kia (vế phải), làm như vậy với cả hai phương trình. Sau khi đã rút được y theo x rồi thì áp dụng cách làm như câu a.

mình mới lớp 6 nên kc bt xin lỗi à

Bài 2:

a) Với m ≠ 0, phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x

Δ' = (m + 1)2 - m(m - 4) = m2 + 2m + 1 - m2 + 4m = 6m + 1

Phương trình có 2 nghiệm x1; x2 khi và chỉ khi Δ' = 6m + 1 ≥ 0

Khi đó, theo định lí Vi-et ta có:

Theo bài ra:

x1 + 4x2 = 3

<=> (x1 + x2 ) + 3x2 = 3

 + 3x2 = 3

=> 5m2 - 2m - 16 = 9m2 - 36m

<=> 4m2 - 34m + 16 = 0

Đối chiếu với điều kiện thỏa mãn

Vậy m = 8, m =  thì x1 + 4x2 = 3

b) Ta có:

2(x1 + x2 ) + x1x2 =  = 5

Vậy hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc vào m là 2(x1 + x2 ) + x1x2 = 5

Bài 3:

Gọi số học sinh lớp 9A là x ( học sinh) (x > 8, x ∈ N)

Khi đó, số cây mỗi học sinh phải trồng là:

 (cây học sinh )

Do có 8 bạn học sinh vắng mặt nên số cây mỗi bạn phải trồng là

 (cây học sinh )

Theo bài ra, mỗi bạn phải trồng thêm 3 cây nên ta có phương trình

=> 480(x - 8) + 3x(x - 8) = 480x

<=> 3x2 - 24x - 3840 = 0

Vậy số học sinh lớp 9A là 40 học sinh

Bài 4:

a) Xét tứ giác AMHN có:

∠AMH = 90o (MH ⊥ AB)

∠ANH = 90o (NH ⊥ AC)

=> ∠AMH + ∠ANH = 180o

=> Tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp

b) Ta có:

ΔAMH vuông tại M: ∠AHM + ∠MAH = 90o

ΔABH vuông tại H: ∠ABC + ∠MAH = 90o

=> ∠AHM = ∠ABC

Do tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp nên ∠AHM = ∠ANM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AM)

=> ∠ABC = ∠ANM

c) Kẻ đường kính AD của (O), Gọi I là giao điểm của AD và MN

ΔANH vuông tại N: ∠AHN + ∠NAH = 90o

ΔACH vuông tại H: ∠AHN + ∠ACB = 90o

=> ∠NAH = ∠ACB

Ta lại có: ∠ACB = ∠ADB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

=> ∠NAH = ∠ADB

Mặt khác: tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp nên ∠AMN = ∠AHN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

=> ∠AMN = ∠ADB

Xét ΔAMI và ΔABD có:

∠BAD là góc chung

∠AMN = ∠ADB

=> ΔAMI ∼ ΔADB

=> ∠ AIM = ∠ABD

Mà ∠ABD = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> ∠AIM = 90o

Hay OA ⊥ MN

d) Xét tam giác AIN và tam giác ACD có:

∠DAC là góc chung

∠AIN = ∠ACD = 90o

=> ΔAIN ∼ ΔACD

=><=> AI.AD = AC.AN (1)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

=> AC. AN = AH2 (2)

Từ (1) và (2) => AI.AD = AH2 <=> AI.AD = 2R2

<=> AI.2R = 2R2 <=> AI = R <=> I ≡ O

Vậy M, N, O thẳng hàng.

Bài 5:

Do a, b > 0 nên ta có:

Dấu bằng xảy ra khi:

Vậy GTLN của P là 2√2, đạt được khi a = b = 1.

em muốn giải lắm nhưng lại là lớp 5

Trả lời:

Học tốt!

BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}}{\sqrt{ab}}\le1\)(do \(\sqrt{ab}>0\)nên khi nhân 2 vế của BĐT với \(\frac{1}{\sqrt{ab}}\) chiều của BĐT không thay đổi)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{c\left(a-c\right)}{ab}}+\sqrt{\frac{c\left(b-c\right)}{ab}}\le1\)\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{c}{b}.\frac{a-c}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{b-c}{b}}\le1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{c}{b}\left(1-\frac{c}{a}\right)}+\sqrt{\frac{c}{a}\left(1-\frac{c}{b}\right)}\le1\)(*)

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\frac{c}{b}\)và \(1-\frac{c}{a}\), ta có: \(\sqrt{\frac{c}{b}\left(1-\frac{c}{a}\right)}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{b}+1-\frac{c}{a}\right)=\frac{c}{2b}+\frac{1}{2}-\frac{c}{2a}\)

Tương tự, ta có: \(\sqrt{\frac{c}{a}\left(1-\frac{c}{b}\right)}\le\frac{c}{2a}+\frac{1}{2}-\frac{c}{2b}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{c}{b}\left(1-\frac{c}{a}\right)}+\sqrt{\frac{c}{a}\left(1-\frac{c}{b}\right)}\le\frac{c}{2b}+\frac{1}{2}-\frac{c}{2a}+\frac{c}{2a}+\frac{1}{2}-\frac{c}{2b}=1\)

\(\Rightarrow\)(*) luôn đúng

Vậy ta có đpcm.

uầy hello người AE bản sao : bài này :

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 90⁰.

AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 90⁰.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90⁰ => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

TL
 

Bn tham khảo

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 90⁰.

AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 90⁰.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90⁰ => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến

=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có góc BEC = 90⁰.

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 1/2 BC.

4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => góc E₁ = góc A₁ (1).

Theo trên DE = 1/2 BC => tam giác DBE cân tại D => góc E₃ = góc B₁ (2)

Mà góc B₁ = góc A₁ (vì cùng phụ với góc ACB) => góc E₁ = góc E₃ => góc E₁ + góc E₂ = góc E₂ + góc E₃

Mà góc E₁ + góc E₂ = góc BEA = 90⁰ => góc E₂ + góc E₃ = 90⁰ = góc OED => DE ┴ OE tại E.

Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.

5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED² = OD² – OE² ↔ ED² = 5² – 3² ↔ ED=4cm

Hok tốt