Ta có $\dfrac{a\left( a – 4b \right) + b\left( b + 2a \right)}{a + b} = \dfrac{a^2 – 2ab + b^2}{a + b} = \dfrac{\left( a – b \right)^2}{a + b}$

$\dfrac{{a\sqrt a + b\sqrt b }}{{\sqrt a + \sqrt b }} – \sqrt {ab} = \dfrac{{\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)\left( {a – \sqrt {ab} + b} \right)}}{{\sqrt a + \sqrt b }} – \sqrt {ab} = {\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)^2}$

$\dfrac{{a\sqrt a – b\sqrt b }}{{\sqrt a – \sqrt b }} + \sqrt {ab} = {\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)^2}$

Do đó $2016 = \dfrac{(a-b)^2}{a+b}:\left[(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2\right] = \dfrac{1}{a+b}$.

Suy ra $a + b = \dfrac{1}{2016}$.

a) Điều kiện $x \geq -5$.

Ta có $x\sqrt{x+5}=2x^2-5x \Leftrightarrow x(\sqrt{x+5}-2x+5)=0 \Leftrightarrow x= 0 (n), \sqrt{x+5}= 2x-5$.

Ta có $\sqrt{x+5}= 2x-5 \Leftrightarrow x+5 = (2x-5)^2 (x \geq \dfrac{5}{2}) \Leftrightarrow 4x^2-21x+20 = 0 \Leftrightarrow x = 4 \ (n), x = \dfrac{5}{4}\ (l)$.

Vậy $S = \{0, 4\}$.

b) Điều kiện $x \geq 0, y \geq 0$.

Ta có $(1) \Leftrightarrow y + \sqrt{x}=0, \sqrt{y}+x-3=0$.

Với $y + \sqrt{x}=0$ mà $y\geq 0$ nên $x = y = 0$ (không thỏa $(2)$).

Với $\sqrt{y}+x-3=0$. Đặt $a =\sqrt{y}$ ta có $a+x = 3 (3)$; $a^2+x^2=5 (4)$.

Từ $(3)$ ta có $a = 3-x$, thế vào $(4)$ ta có

$x^2+(3-x)^2=5 \Leftrightarrow 2x^2-6x+4=0 \Leftrightarrow x = 1,x=2$.

Với $x = 1$ ta có $y = 4$.

Với $x = 2$ ta có $y = 1$.

Vậy hệ phương trình có $2$ nghiệm $(x,y)$ là $(1,4)$ và $(2,1)$.

a) Điều kiện $x > 0$.

Khi $m = -8$ ta có phương trình:

$\dfrac{(x+1)(x^2-8m-2)}{\sqrt{x}} = 0 \Leftrightarrow x^2-8x – 2 = 0$ (do $x+1 > 0$)

$\Leftrightarrow x = 4+3\sqrt{2} \ (n), \ x=4-3\sqrt{2} \ (l)$.

Vậy phương trình có một nghiệm $x = 4 +3\sqrt{2}$.

b) Phương trình $(1)$ tương đương $x^2+mx+2m+14 = 0$ $(2)$.

Để $(1)$ có $2$ nghiệm phân biệt thì $(2)$ có hai nghiệm phân biệt dương, tương đương $\Delta = m^2-4(2m+14) > 0, S = -m > 0, P = 2m + 14 >0 $ $(*)$

Khi đó $x_1 + x_2 = -m, x_1x_2 = 2m+14$ và $x_2$ là nghiệm nên $x_2^2+mx_2+2m+14 = 0$

Suy ra $x_2^2+(m+1)x_2 +2m+14 = x_2$.

Do đó $\sqrt{x_2^2+(m+1)x_2+2m+14} = 3 – \sqrt{x_1} $

$\Leftrightarrow \sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=3 \Leftrightarrow x_1 + x_2 +2\sqrt{x_1x_2}=9 $

$\Leftrightarrow 2\sqrt{2m+14}=9+m \Leftrightarrow 4(2m+14) = m^2+18m+81 $

$\Leftrightarrow m^2 +10m+25 = 0 \Leftrightarrow m = -5 \ (n)$ vì thỏa $(*)$.

Kết luận $m = -5$.

a) Gọi chiều dài và chiều rộng của hồ là $x, y\ (m)$.

Ta có $x-5 = y + 2$ (1) và $xy – (x-5)(y+2) = 20$ $(2)$.

Từ $(1)$ suy ra $x =y + 7$, thế vào $(2)$ ta có

$y(y+7) -(y+2)^2 =20 \Leftrightarrow 3y = 24 \Leftrightarrow y = 8, x = 15$.

Suy ra diện tích hồ là 120$m^2$.

Gọi chiều rộng của mảnh vườn là $a$.

Ta có chiều dài là $2,5a$ và diện tích là $2,5a^2$.

Ta có phương trình $3\%2,5a^2=120 \Leftrightarrow a = 40$.

Vậy kích thước mảnh vườn là $40 \times 100$.

b) Gọi $x$ là số bạn nữ tặng $2$ con hạc, $y$ là số bạn nữa tặng $5$ con hạc.

• Giả sử bạn $X$ là nam, ta có hệ phương trình $26.3 = 2x+5y, x + y = 18$.

Giải ra được $y= 14, x = 4$ (thỏa).

• Giả sử bạn $X$ là nữ, ta có hệ $27.3 = 2x+5y, x + y = 17$

Suy ra $y = \dfrac{47}{3}$ (loại vì $y$ là số nguyên).

Vậy bạn $X$ là nam.

a) Ta có $AM = AN = 2a$,$\angle MAN = 60^\circ$ nên tam giác $AMN$ đều.

Suy ra $\angle AMN = 60^\circ = \angle ACB$. Suy ra $BMNC$ nội tiếp.

Ta có $MN ||BC$, $AK \bot MN, AI \bot BC$. Suy ra $A, K, I$ thẳng hàng.

$AI = AC \sin \angle ACB = 3a \sqrt{3}$, $AK = AN . \sin \angle ANM = a\sqrt{3}$.  Suy ra $IK = 2a\sqrt{3}$.

Do đó $S_{BMNC} = \dfrac{1}{2}IK(MN+BC) = 8a^2\sqrt{3}$.

b) Ta có $OJ \bot AC$, $NJ = AJ-AN=a, NK = \dfrac{1}{2}MN=a$.

Suy ra $\Delta OJN = \Delta OKN$, suy ra $OJ = OK$, tương tự ta có $OJ = OI$.

Tam giác $IJK$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $OI = a\sqrt{3}$.

Gọi $P$ là trung điểm của $CN$. Ta có $KNCI$ là hình thang, và $OP$ là đường trung bình.

Suy ra $OP = \dfrac{1}{2}(KN+CI) = 2a = PN = PC$.

Suy ra $O$ thuộc đường tròn đường kính $CN$ mà $PO||KN$ nên $PO \bot KI$.

Suy ra $KI$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $CN$.

c) Ta có $\angle AEM = \angle ABE$. Suy ra $\Delta AEM \backsim \Delta ABE$, suy ra $AE^2=AM.AB = 12a^2$.

Suy ra $AE = 2a\sqrt{3}= AO$. Suy ra tam giác $AEO$ cân tại $A$.

Do đó $\angle AFO = 90^\circ$, suy ra $AFOJ$ nội tiếp. Suy ra $\angle AFJ = \angle AOJ = 60^\circ$.

a) Điều kiện $2-x>0 \Leftrightarrow x \le 2$

$\left( x^2 -9\right) \sqrt{2-x}=x\left( x^2-9 \right)$

$\Leftrightarrow \left( x^2 -9 \right) \left( \sqrt{2-x}-x \right) =0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=3 \ (l) \\ x=-3 \ (n) \\ \sqrt{2-x}=x \ (2)  \end{array}\right. $

Ta có $\sqrt{2-x}=x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x\ge 0 \\ 2-x=x^2 \end{array}\right. \Leftrightarrow x=1$

vậy $S=\left\{ -3;1 \right\} $

b) $\left\{ \begin{array}{l} \left( x^2 + 4y^2 \right) ^2 – 4\left( x^2 + 4y^2 \right) =5 \ (1)\\ 3x^2 + 2y^2 =5 \ (2) \end{array}\right. $

Đặt $t=x^2+4y^2$, $t\ge 0$ từ (1) ta có $t^2-4t-5=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t=5 \ (n) \\ t=-1 \ (l) \end{array}\right. $

Ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l} x^2+4y^2=5 \\ 3x^2+2y^2=5 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2=1 \\ y^2 =1 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = \pm 1 \\ y= \pm 1 \end{array}\right. $

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm $(x;y)$ là $(1;1),(1;-1),(-1;1),(-1;-1)$

a) $\dfrac{(x-2m)(x+m-3)}{x-1}=0$ $(1)$, điều kiện $x\ne 1$.

$(1) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=2m \\ x=3-m \end{array}\right. $

Phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

$\left\{ \begin{array}{l} 2m \ne 3-m \\ 2m \ne 1 \\ 3-m \ne 1 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 1 \\ m \ne \dfrac{1}{2} \\ m \ne 2 \end{array}\right. $

b) Theo câu a) thì điều kiện là $\left\{ \begin{array}{l} m \ne 1 \\ m \ne \dfrac{1}{2} \\ m \ne 2 \end{array}\right. $.

Giả sử $x_1 =2m, x_2=3-m$ ta có:

$x_1^2 + x_2^2 -5x_1x_2 = 14m^2 -30m +4 $

$\Leftrightarrow (2m)^2 + (3-m)^2 -5(2m)(3-m) = 14m^2 -30m +4 $

$\Leftrightarrow m^2 -6m +5 =0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m=1 \ (l) \\ m=5 \ (n) \end{array}\right. $

a) $Q= \left( \dfrac{3+\sqrt{x}}{3-\sqrt{x}}-\dfrac{3-\sqrt{x}}{3+\sqrt{x}}-\dfrac{36}{x-9} \right) : \dfrac{\sqrt{x}-5}{3\sqrt{x}-x} $

$= \left( \dfrac{\left( 3+\sqrt{x} \right) ^2-\left( 3-\sqrt{x} \right) ^2 +36}{\left( 3-\sqrt{x} \right) \left( 3+\sqrt{x} \right)} \right) \cdot \dfrac{\sqrt{x}\left( 3- \sqrt{x} \right) }{\sqrt{x}-5} $

$=\dfrac{12\sqrt{x}}{\sqrt{x}-5}$

b) Ta có $Q<0 \Leftrightarrow \dfrac{12\sqrt{x}}{\sqrt{x}-5}<0 \Leftrightarrow 0 < \sqrt{x} <5 \Leftrightarrow 0<x < 25 $.

So với điều kiện ta có: $\left\{ \begin{array}{l} 0<x<25 \\ x \ne 9 \end{array}\right. $

a) Gọi độ dài hai cạnh góc vuông là $x$, $y$ $(m)$. Theo đề bài ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{1}{2}(x+3(y+3) =\dfrac{1}{2}xy+33 \\ \dfrac{1}{2}(x-2)(y+1) =\dfrac{1}{2} xy-2 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y=19 \\ x-2y=-2 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y=7 \\ x=12 \end{array}\right. $

Độ dài cạnh huyền $z=\sqrt{7^2+12^2} =\sqrt{193}$

b) Số ngày dự định làm là $61$ ngày, số bài toán dự định làm là $3.61=183$

Gọi $x$ là số ngày làm theo dự định, y là số ngày nghỉ ta có $x \le 31 $.

Số ngày làm $4$ bài/ngày là $61 – x – y – 7 = 54 – x – y$ (ngày)

Theo đề bài ta có:

$$3.x+0.y+16+ 4(54-x-y) =183 \Leftrightarrow 4y+x=49$$

Mà $x \le 31 \Rightarrow 4y \ge 18 \Rightarrow y \ge \dfrac{18}{4}$, mà $y \in \mathbb{N}$ nên giá trị nhỏ nhất của $y$ là $5$.

a) Ta có $\angle BEC = \angle ADC =60^\circ $ ($ADCE$ nội tiếp) và $\angle ABC = \angle ADC = 60^\circ  $ ($ABCD$ là hình bình hành)

Tam giác $BCE$ có $\angle EBC =\angle BEC = 60^\circ  $ nên là tam giác đều.

Ta có $\angle DCE = 180^\circ  – \angle DAE =60^\circ $, suy ra $\angle DCE = \angle ADC$ nên hình thang $AECD$ là hình thang cân

Khi đó $\angle ACD = \angle EDC$, tam giác $ICD$ cân tại $I$.

Ta có $IC = ID$, $OC = OD$ nên OI là trung trực của $CD$. Do đó $OI \bot CD$

b) Ta có $K$ là trung điểm $BD$ nên $K$ cũng là trung điểm $AC$ do $ABCD$ là hình bình hành

Khi đó $OK \bot AC$ và OK là trung trực của AC. Suy ra$MA=MC$. Suy ra $\angle MAC = \angle ACM$.

Mà $\angle ACM = \angle IDM $

Từ đó $\angle IDM = \angle MAC$. Suy ra tứ giác $AIMD$ nội tiếp.

c) Ta có $JK \bot AC$. Suy ra $I$, $K$, $O$ thẳng hàng. Do tam giác $ABC$ và tam giác $ACD$ bằng nhau nên $JK = OK$.

Mặt khác $\angle KJC = \dfrac{1}{2} \angle AJC = \angle ABC =60^\circ  $

Khi đó $\dfrac{KJ}{CK}=\cot \angle KJC = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Mà $OJ=2JK$, $DE=AC$ ($AECD$ là hình thang cân), $OK=\dfrac{1}{2}AC$.

Khi đó $\dfrac{OJ}{DE} = \dfrac{2JK}{AC}=\dfrac{2JK}{2CK}=\dfrac{KJ}{CK}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Vậy $\dfrac{OJ}{DE}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

a) $(3-x) \sqrt{(3+x) \left( 9+x^2 \right) }=4\sqrt{5(3-x)}$

Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l} 3-x \ge 0 \\ (x+3)\left( x^2 +9 \right) \ge 0 \end{array}\right. \Leftrightarrow -3\le x \le 3$

Với điều kiện trên ta có:

$(3-x) \sqrt{(3+x) \left( 9+x^2 \right) }=4\sqrt{5(3-x)} $

$\Leftrightarrow \sqrt{3-x}\left( \sqrt{3-x}\sqrt{(3+x)\left( x^2+9 \right) }-4\sqrt{5} \right) =0 $

$\Leftrightarrow \sqrt{3-x}\left( \sqrt{81-x^4} – 4\sqrt{5} \right) =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sqrt{3-x}=0 \\ \sqrt{81-x^4}=4\sqrt{5} \end{array}\right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=3 \\ x^4=1 \end{array}\right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=3\\ x=-1 \\ x=1 \end{array}\right.$

Vậy $S=\left\{ 3; -1;1 \right\} $

b) Ta có $x>1 \Rightarrow \sqrt{4x-1}-1>0 \Rightarrow \sqrt{\left( 1-\sqrt{4x-1} \right) ^2 }=\sqrt{4x-1} -1 $

Do đó:

$\dfrac{(x+y)\left( x^3-y^3 \right) \sqrt{\left( 1-\sqrt{4x-1} \right) ^2}}{\left( 1-\sqrt{4x-1} \right) \left( x^2y^2+xy^3+y^4 \right) } =-6 $

$\Leftrightarrow \dfrac{(x+y)(x-y)\left( x^2 + xy+y^2 \right) }{y^2\left( x^2+xy+y^2 \right) } =6 $

$\Leftrightarrow x^2-y^2=6y^2 \Leftrightarrow \dfrac{x^2}{y^2}=7 \Rightarrow \dfrac{x}{y}=-\sqrt{7}$ (do $x>1$, $y<0$)

a) $\left\{ \begin{array}{l} \left( x^2-y+2 \right) \left( \sqrt{\left( x^2 +9 \right) \left( y+7 \right)}-15 \right) =0 \ (1)\\ \sqrt{x^2+9}+\sqrt{y+7}=8 \ (2) \end{array}\right. $ (điều kiện $y\ge -7$)

$(1) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2=y-2 \\ \sqrt{\left( x^2+9 \right) \left( y+7 \right) } =15 \end{array}\right. $

Với $x^2=y-2$ thế vào $(2)$ ta có: $2\sqrt{y+7}=8\Leftrightarrow y=9 \Rightarrow x= \pm \sqrt{7}$

Ta có nghiệm $(x;y)$ là $\left( \sqrt{7};9 \right) $, $\left( -\sqrt{7};9 \right) $

Với $\sqrt{\left( x^2 +9 \right) \left( y+7 \right) }=15 $, đặt $u= \sqrt{x^2+9}$, $v=\sqrt{y+7}$ ($u,v \ge 0$) ta có hệ

$\left\{ \begin{array}{l} uv=15 \\ u+v=8 \end{array}\right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u=3 \\ v=5 \end{array}\right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l} u=5 \\ v=3 \end{array} \right. $

Với $u=3$, ta có $x=0$, $v = 5$ ta có $y = 18$. Ta có nghiệm $(0;18)$

Với $u = 5$, ta có $x = 4$ hoặc $x = – 4$, $v = 3$ ta có $y = 2$.

Vậy hệ phương trình có $5$ nghiệm $\left( \sqrt{7};9 \right) $, $\left( -\sqrt{7};9 \right) $, $(0;18)$, $(4;2)$, $(-4;2)$.

b) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Gọi $a$ là cạnh hình thoi. Tam giác $ABD$ đều nên $BD = AB = a$, $\angle{ABD}=60^\circ $.

$AO=AB \sin \angle{ABD} =AB \sin 60^\circ  = \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AC=2AO=a\sqrt{3}$.

Ta có $S_{ABCD} =\dfrac{1}{2} AC.BD=18\sqrt{3} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}a\sqrt{3}\cdot a=18\sqrt{3}\Leftrightarrow a=6$ $(m)$, khi đó chu vi hình thoi là $4a=24$ $(m)$.

Hơn nữa $DA = DB = DC = a$ nên $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và bán kính bằng $6m$.

a) Khi m=-1 ta có phương trình:

$\dfrac{-x^2 -4x-3}{x+3}=0 \,\, (\text{dk: } x \ne -3) $ $\Leftrightarrow -x^2 -4x-3 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-1 \,\,(n) \\ x=-3 \,\, (l) \end{array}\right. $

Vậy $S=\left\{ -1 \right\} $

b) $\dfrac{mx^2+(m-3)x+2m-1}{x+3}=0$ $(1)$

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ là phương trình $mx^2+(m-3)x+2m-1=0$ có hai nghiệm phân biệt khác $-3$

$\left\{ \begin{array}{l} m \ne 0 \\ \Delta = (m-3)^2 -4m(2m-1) >0 \\ m(-3)^2+(m-3)(-3)+2m-1 \ne 0 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ 7m^2 +2m-9 <0 \\ m \ne -1 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m\ne 0\\ m \ne -1 \\ -\dfrac{9}{7} < m < 1 \end{array}\right. $

Ta có $mx_2^2 + (m-3) x_2 +2m-1 =0 \Leftrightarrow m \left( 2+x_2 + x_2^2 \right) =3x_2 +1$

Do đó  $21x_1 + 7m \left( 2+ x_2 + x_2^2 \right) =58 \Leftrightarrow 21x_1 + 7(3x_2 +1 ) =58 $

$\Leftrightarrow 21 \left( x_1 +x_2 \right) =51 \Leftrightarrow x_1 + x_2 =\dfrac{17}{7} $

$\Leftrightarrow \dfrac{3-m}{m} = \dfrac{17}{7} \Leftrightarrow 21-7m =17m \Leftrightarrow m=\dfrac{7}{8} \,\, (n) $ $

Vậy $m=\dfrac{7}{8}$

a) Ta có $100=\dfrac{x+y}{2}=\dfrac{\dfrac{a+b}{2}+\sqrt{ab}}{2} = \dfrac{a+b+2\sqrt{ab}}{4} = \dfrac{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)^2}{4} $

$\Leftrightarrow \left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right) ^2 =400 \Leftrightarrow \sqrt{a} +\sqrt{b}=20$

b) Khi $x$ tăng $a\% $ thì được $\left( 1+ \dfrac{a}{100} \right) x$, y giảm $m\% $ thì được $\left( 1- \dfrac{m}{100} \right) y$.

Do $x$, $y$ tỷ lệ nghịch nên ta có phương trình:

$xy= \left( 1+ \dfrac{a}{100} \right) x \left( 1- \dfrac{m}{100} \right) y $

$\Leftrightarrow 10000 = (100+a) (100-m)$

$\Leftrightarrow m= \dfrac{100a}{100+a}$

a) Gọi $T$ là trung điểm của $CD$, tam giác $CID$ vuông cân tại $I$ nên $T$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CID$.

Ta có $BE$ và $BC$ là hai tiếp tuyến của $T$ nên $BE = BC$, mà $BC = BA$ nên $BE = BA$ hay tam giác $ABE$ cân tại $B$.

Ta có $\angle{DEC}=90^0$, suy ra $DF \bot CE$ mà $CE \bot BT$ (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), suy ra $DF //BT$ mà $BF // DT $ nên $BFDT$ là hình bình hành, suy ra $BF = DT = a$. Suy ra $AF = a$

b) Ta có $PE$, $PD$ là tiếp tuyến của $(T)$ nên $PD = PE$.

Khi đó $BP = EB + EP = AB+PD=BC+PD$.

Gọi $K$ là trung điểm của $BP$, tam giác $APB$ vuông nên $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABP$ và bán kính đường tròn bằng $\dfrac{1}{2} PB$.

Tứ giác $DPBC$ là hình thang vuông có $KT$ là đường trung bình, suy ra $KT = \dfrac{1}{2} (DP + BC) = \dfrac{1}{2} PB$ và $KT//PD$, suy ra $KT \bot CD$.

Do đó khoảng cách từ $K$ đến $CD$ bằng bán kính của $(K)$ nên $CD$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $APB$.

Ta có $TP$ và $TB$ là phân giác của $\angle{ETD}$ và $\angle{ETC}$ nên $\angle{BTP}$ vuông. Khi đó $EP. EB=TE^2$, suy ra $EP = \dfrac{TE^2}{BE} =\dfrac{a^2}{2a}=\dfrac{1}{2}a$

Khi đó $PD = PE =\dfrac{1}{2}a$, suy ra $PA =\dfrac{3}{2}a$. Suy ra $\dfrac{AP}{DP}=3$

c) Tứ giác $AEIF$ có $\angle{IEF}=\angle{DCI}=45^\circ =\angle{IAF}$ suy ra tứ giác $AEIF$ nội tiếp

Do đó $\angle{IEA}=\angle{IFA}=90^\circ $ và $EM$ là phân giác $\angle{CED}$

Khi đó $IM$ là đường kính và $M$ là điểm chính giữa cung $CD$ của $T$

Suy ra $\angle{ICM}=90^0$, $CM=CI=a\sqrt{2}$.

Khi đó $AM^2 = AC^2 + CM^2 = 8a^2 +2a^2 =10a^2 \Rightarrow AM = a\sqrt{10}$.

a) Ta có:

$\sqrt{x+1}=x-2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x-2 \ge 0 \\ x+1 = \left( x-2 \right) ^2 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ge 2 \\ x^2 -5x+3 =0 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ge 2 \\ \left[ \begin{array}{l} x=\dfrac{5+\sqrt{13}}{2} \,\, (n) \\ x=\dfrac{5-\sqrt{13}}{2} \,\, (l) \end{array}\right. \end{array}\right. $

Vậy $S= \left\{ \dfrac{5+\sqrt{13}}{2} \right\} $

b) Gọi kích thước của hình chữ nhật là $x$, $y$ (giả sử $x > y$). Ta có hệ:

$\left\{ \begin{array}{l} 2x+2y=a \\ xy=a \\ x^2 +y^2 =45 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y=\dfrac{a}{2} \\ xy=a \\ \dfrac{a^2}{4}-2a =45 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a=18 \\ x+y =9 \\ xy=18 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=6 \\ y=3 \end{array}\right. $

Vậy chiều dài hình chữ nhật là $6$.

a) Khi $m=-1$ ta có phương trình:

$ \left( \sqrt{x}-1 \right) \left( x^2 -5x-2 \right) =0 \,\, (\text{ĐK:} x\ge 0)$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sqrt{x}=1 \\ x^2-5x-2=0 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \\ x=\dfrac{5+\sqrt{33}}{2} \,\, (n) \\ x=\dfrac{5-\sqrt{33}}{2} \,\, (l) \end{array}\right. $

b) Phương trình $(1)$ tương đương với $\left[ \begin{array}{l} x=1 \\ x^2 -5x +m-1=0 \,\, (2) \end{array}\right. $

Giả sử $x_1=1$ thì $x_2,x_3$ là nghiệm của $(2)$. Điều kiện phương trình $(1)$ có $3$ nghiệm phân biệt thì phương trình $(2)$ có hai nghiệm phân biệt dương khác $1$, tương đương với:

$\left\{ \begin{array}{l} \Delta = 25-4(m-1) >0 \\ S=5 >0 \\ P=m-1 >0 \\ 1-5+m-1 \ne 0 \end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m<\dfrac{29}{4} \\ m>1 \\ m\ne 5 \end{array}\right. $

Khi đó $x_2 +x_3 =5$, $x_2x_3=m-1$.

Từ đó :$x_1 +x_2 +x_3 +x_1^2 +x_2^2 +x_3^2 +x_1x_2 +x_2x_3 +x_1x_3=31 $

$\Leftrightarrow 1+5+1+ \left( x_2+x_3 \right) ^2 -x_2x_3 +5=31 $

$\Leftrightarrow 1-m +37 =31 \Leftrightarrow m=7 \,\, (n) $

a) Ta có:

$P = \left( \dfrac{\sqrt{1+a}+\sqrt{a-b}}{1+a-(a-b)} + \dfrac{\sqrt{a+b+2}-\sqrt{a-b}}{1+b}-\dfrac{\sqrt{1+a}-\sqrt{a-b}}{1+a-(a-b)} \right) :  \left( \dfrac{\sqrt{a-b}+ \sqrt{a+b+2}}{\sqrt{a-b}} \right) $

$= \left( \dfrac{\sqrt{1+a}+\sqrt{a-b}+\sqrt{a+b+2}-\sqrt{a-b}-\sqrt{1+a}+\sqrt{a-b}}{1+b} \right) \cdot  \dfrac{\sqrt{a-b}}{\sqrt{a-b}+ \sqrt{a+b+2}} $

$= \left( \dfrac{\sqrt{a-b}+ \sqrt{a+b+2}}{1+b} \right) . \dfrac{\sqrt{a-b}}{\sqrt{a-b}+\sqrt{a+b+2}} $

$= \dfrac{\sqrt{a-b}}{1+b}$

b) Ta có:

$(x-y)^2 = \dfrac{1}{x} -\dfrac{1}{y} \Leftrightarrow (x-y)^2 = \dfrac{y-x}{xy}$

$\Leftrightarrow (x-y) \left( x-y+\dfrac{1}{xy} \right) =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=y \\ x-y+\dfrac{1}{xy} =0\end{array}\right. $

Với $x=y$, thế vào $(2)$ ta có $x^2=2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\sqrt{2} \Rightarrow y=\sqrt{2} \\ x=-\sqrt{2} \Rightarrow y= -\sqrt{2} \end{array}\right. $

Với $x-y+\dfrac{1}{xy}=0 \Rightarrow x-y= -\dfrac{1}{xy}$

Ta có $-\dfrac{1}{xy} =xy-2 \Leftrightarrow xy=1 \Rightarrow x-y=-1$, ta có:

$x(x+1)=1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2} \Rightarrow y= \dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2} \Rightarrow y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} \end{array}\right. $

Vậy hệ có $4$ nghiệm.

Gọi $x$ là thời gian vòi $A$ làm đầy bể, $y$ là thời gian vòi $B$ làm đầy bể và $z$ là thời gian vòi $C$ làm cạn bể (hay đầy bể).

Ta có $\dfrac{2}{y}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}$

Ta có $\dfrac{19}{4x} + \dfrac{3}{y} -\dfrac{2}{z}=1$ và $\dfrac{7}{x}-\dfrac{2}{z} =1$. Từ đó ta có:

$\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{2}{y}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z} \\ \dfrac{19}{4x} + \dfrac{3}{y} -\dfrac{2}{z}=1 \\ \dfrac{7}{x}-\dfrac{2}{z} =1 \end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=6 \\ y=8 \\ z=12 \end{array}\right. $

Vậy thời gian vòi $C$  tháo cạn hồ là $12$ giờ.

a) Ta có $OB = OD$, $AB = AD$ nên $AO$ là trung trực của $BD$.

$\angle{BOC}=2\angle{BAC}=60^\circ $ nên tam giác $OBC$ đều, suy ra $BC=OC=a$.

$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=a\sqrt{3}$ (vì $BC=CD=OC=a$), suy ra $DN=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

suy ra $CN=\sqrt{CD^2+DN^2} = \sqrt{a^2 + \dfrac{3}{4} a^2 } =\dfrac{a\sqrt{7}}{2}$

b) Ta có $MN // BD$, suy ra $MN \bot AC$, suy ra $H$ thuộc $AC$.

Ta có $\angle{CBM} = \angle{CEM} =\angle{CKM} =90^\circ $ nên $B$, $C$, $M$, $K$, $E$ cùng thuộc đường tròn.

Ta có $\angle{KFB}=\angle{KCB} =\angle{ADB}$, suy ra $KF // AD$.

Gọi $P$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Tam giác $PAD$ có $KF // AD $ mà $K$ là trung điểm của $AP$ suy ra $F$ là trung điểm $PD$. Suy ra $FD = \dfrac{1}{2} PD = \dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.

c) Ta có $\angle{KMI}=\angle{KCE}$, $\angle{KCM}=\angle{KFM}$ và $\angle{KCE}=\angle{KCM}$ vì tam giác $CMN$ cân.

Do đó $\angle{KMI}=\angle{KFM}$. \hfill $(1)$

Vẽ tia tiếp tuyến $Mx$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $MFI$.

Ta có $\angle{xMI}=\angle{IFM} $ \hfill $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\angle KMI = \angle xMI$, suy ra $Mx$ và $MK$ trùng nhau. Hay $MK$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $MFI$.

Ta có $\triangle KMI \backsim \triangle KFM $, suy ra $KI.KF=KM^2 =KN^2$, suy ra $\triangle KIN \backsim \triangle KNF$, suy ra $\angle{KIN}=\angle{KNF}=90^\circ $, mà $KF // ND$, suy ra $\angle{IND} =90^\circ $.

Đặt $t=x\sqrt{x} \ge 0$.

a) Khi $m=-33$ ta có phương trình: $t^2 -4t -32=0$ có $2$ nghiệm $t=-4$, $t=8$, loại $t=-4$.

Với $t = 8$, thì $x = 4$

b) Ta có $\Delta’ =3-m >0 \Leftrightarrow m<3 $ và $\left\{ \begin{array}{l} S=t_1 + t_2 =4 \\ P=t_1t_2=m+1\end{array}\right. $

Khi đó $x_1^6 + x_2^6 = t_1^4 + t_2^4 = \left( t_1^2 + t_2^2 \right) ^2 – 2t_1^2 t_2^2 = 2m^2 -60m +194 $

$x_1^6 + x_2^6 =82 \Leftrightarrow m^2 -30m +56 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m=2 \,\, (n)\\\\ m=28 \,\, (l) \end{array} \right. $

a)Điều kiện: $-\dfrac{7}{2} \le x \le -\dfrac{5}{3}$

Phương trình tương đương:

$\sqrt{2x+7}=1+\sqrt{-3x-5}$

$\Leftrightarrow 5x+11 =2\sqrt{-3x-5} $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x\ge -\dfrac{11}{5} \\ 25x^2 +122x +141 =0 \end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x\ge -\dfrac{11}{5} \\ \left[ \begin{array}{l} x=-3 \,\, (l) \\ x=-\dfrac{47}{25} \end{array}\right. \end{array} \right. $

b) Lấy $(1) + 2 \times (2)$, ta có phương trình $y^2 = 5x^2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} y=x\sqrt{5} \\ y=-x\sqrt{5} \end{array}\right. $

Với $y=x\sqrt{5}$, thế vào $(1)$ ta có $x^2 – 2\sqrt{5}x^2 = 1-2\sqrt{5} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \Rightarrow y=\sqrt{5} \\ x=-1 \Rightarrow y=-\sqrt{5} \end{array}\right. $

Với $y=-x\sqrt{5}$, thế vào $(1)$ ta có $x^2 + 2\sqrt{5}x^2 = 1-2\sqrt{5} \Leftrightarrow x^2 = \dfrac{1-2\sqrt{5}}{1+2\sqrt{5}}$ (VN)

Vậy nghiệm là: $\left( 1 ; \sqrt{5} \right)$, $\left( -1 ; -\sqrt{5} \right) $

a) $MS1= \left( \sqrt{a}-1 \right) \left( \sqrt{b}+2 \right) $, $MS2= \left( \sqrt{a}+1 \right) \left( \sqrt{b}+2 \right) $

Quy đồng mẫu số chung $\left( \sqrt{a}-1 \right) \left( \sqrt{b}+2 \right) \left( \sqrt{a} +1 \right) = (a-1) \left( \sqrt{b} +2 \right) $ thì tử số bằng $(a+1)\left( \sqrt{b}+2 \right) $.

Suy ra $T= \dfrac{a+1}{a-1}$

$T= 1+ \dfrac{2}{a-1}$, $a=0 \Rightarrow T= -1$, $a>2 \Rightarrow T< 1+2 =3 =T (a=2) \Rightarrow T_{\max } =3$

b) Gọi $3$ số tự nhiên liên tiếp là $n – 1$, $n$ , $n + 1$ ($n \ge 1$), từ giả thiết ta có phương trình:

$(n-1)n+(n+1)n+(n-1)(n+1) =1727 \Leftrightarrow 3n^2 -1 = 1727 \Leftrightarrow n=24 \Rightarrow \text{ĐS}$

Gọi $x$ là số học sinh giỏi học kỳ $2$ của trường ($x$ nguyên dương).

Số học sinh của trường là $x + 60$ (học sinh)

Số học sinh giỏi của học kì $1$ là $\dfrac{37}{40}x$ (học sinh)

Ta có phương trình $\dfrac{8}{100}(x+60) -6= x-\dfrac{37}{40}x \Leftrightarrow x=240$.

a) Ta có $\angle{DAB}+ \angle{BCD}=180^\circ \Rightarrow \angle{BCD}=75^\circ $ $(1)$ $\Rightarrow \angle{ABC}= 105^\circ $

$\angle{ABD} =\angle{ACD}=30^\circ  \Rightarrow \angle{DBC} =\angle{ABC}-\angle{ABD}=105^\circ  -30^\circ  =75^\circ $ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $\angle{DBC} = \angle{DCB}$ ($=75^\circ $), nên $\triangle DCB$ cân tại $D$, suy ra $\dfrac{DB}{DC}=1$

Ta có $\angle{ACB}=75^\circ  -30^\circ  =45^\circ  \Rightarrow \angle{AOB}=2\angle{ACB} =90^\circ $, tam giác $AOB$ vuông cân tại $O$ nên $AB = AO\sqrt{2}=R\sqrt{2}$

b) Ta có $\angle{AOD}=2\angle{ACD}=60^\circ  \Rightarrow \Delta OAD$ đều $\Rightarrow \angle{ODA}=60^\circ $ hay $\angle{NDM}=60^\circ $

$\triangle DBC$ cân, nên $DO$ vừa là trung trực của $BC$ vừa là phân giác góc $\angle{BDC}$

$\angle{BOM}=180^\circ  -\angle{AOB} -\angle{AOD}=30^\circ  \Rightarrow \angle{OMB}= 60^\circ $ (do $OB \bot BM$)

Do đó tam giác $DMN$ đều, suy ra $\dfrac{MN}{MD} =1$

c) Gọi $E$ là trung điểm của $AB$, $\triangle AOB$ vuông cân tại $O$ nên $OE =AE$, $\angle{AEO}=90^\circ $

Ta có $\triangle ADE = \triangle ODE \Rightarrow \angle{AED} =\angle{OED}=45^\circ  , \angle{ADE}=\angle{ODE}=30^\circ$

$\Rightarrow DF$ là đường cao của tam giác $MDN$.

Gọi $I$ là trung điểm $BC$. Ta có $\angle{FDB}=15^\circ  =\angle{IDB}$

Khi đó $\triangle BFD = \triangle BID \Rightarrow BF =BI$ suy ra $\dfrac{BF}{BC}=\dfrac{1}{2}$