Với $0 < x \le y$, ta có:

$\left(\dfrac{(\sqrt x + \sqrt y)^2 + (\sqrt x – \sqrt y)^2}{(\sqrt x + \sqrt y)(\sqrt x – \sqrt y)+2(x+ 2y)}\right) + \dfrac{y}{\sqrt x (\sqrt x + \sqrt y)}+ \dfrac{x}{\sqrt y (\sqrt x + \sqrt y)}= \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \left(\dfrac{2(x+y)}{x-y + 2x + 4y}\right) + \dfrac{y\sqrt y + x\sqrt x}{\sqrt {xy}(\sqrt x + \sqrt y)} = \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{2(x+y)}{3(x+y)} + \dfrac{ (\sqrt x + \sqrt y)(x- \sqrt{xy} + y)}{\sqrt{xy}{(\sqrt x+ \sqrt y)}} = \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{2}{3} + \dfrac{x – \sqrt {xy} + y}{\sqrt{xy}} = \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{x- \sqrt{xy} + y}{\sqrt{xy}} = 1$

$\Leftrightarrow x – \sqrt{xy} + y = \sqrt{xy}$

$\Leftrightarrow x- 2\sqrt{xy} + y = 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt x – \sqrt y)^2 = 0$

$\Leftrightarrow \sqrt x – \sqrt y = 0$

$\Leftrightarrow \sqrt x = \sqrt y \Leftrightarrow x= y.$

Vậy $ \dfrac{x}{y} = 1. $

a)  Điều kiện $ 3- x > 0 \Leftrightarrow x < 3. $

Ta có: $\dfrac{2x^2 (7-x)}{\sqrt{3-x}}= x(x-7)$

$\Leftrightarrow \dfrac{2x^2(7-x)}{\sqrt{3-x}} = \dfrac{x(x-7)\sqrt{3-x}}{\sqrt{3-x}}$

$\Rightarrow 2x^2(7-x) = x(x-7)\sqrt {3-x}$

$\Leftrightarrow x(x-7)(\sqrt{3-x} + 2x)= 0$

$\Leftrightarrow x = 0 \ (n) \text{ hoặc } x = 7 \ (l) \text{ hoặc } \sqrt{3-x} +2x = 0  \ (1)$

Giải $(1)$, ta được $ \sqrt{3-x} + 2x = 0 \Leftrightarrow \sqrt{3-x} = -2x $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le 0 \\ 3-x = 4x^2  \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}  x\le 0 \\  4x^2 + x – 3 = 0 \end{array}\right.$  $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x\le 0 \\ x = \dfrac{3}{4} \text{ (l) } \text{ hoặc } x = -1 \text{ (n) } \end{array} \right. $

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $ S = \left\{ { – 1;0} \right\}$.

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} (x+3)(x-1) = (y-2)(x+3) \ (1) \\ (x-1)\sqrt{y^2 – 5y + 8} =(y -2)^2 \ (2) \end{array} \right. $

Điều kiện: $y^2-5y+8 \ge 0 \Leftrightarrow y\in \mathbb{R}$

Giải $(1)$ Ta có $ (x+3)(x-1) = (y-2)(x+3) \Leftrightarrow (x+3)(x-1-y+2) = 0 $

$\Leftrightarrow (x+3)(x-y +1)= 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x= -3\\ x = y -1 \end{array}\right.  $

Thay $ x = -3 $ vào $(2)$ ta được

$ (-3-1)\sqrt{y^2 – 5y + 8} =(y-2)^2 \Leftrightarrow -4\sqrt{y^2- 5y + 8} =(y -2)^2 \ \text{ (vô nghiệm)} . $

Vì $(y-2)^2 \ge 0 ;\ – 4\sqrt{y^2 – 5y + 8} < 0.$

Thay $ x = y -1 $ vào $(2)$ ta được

$ (y – 2)\sqrt{y^2 – 5y + 8} =(y-2)^2 \Leftrightarrow (y -2)(\sqrt{ y^2 – 5y + 8} – y + 2) = 0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}  y = 2\\  \sqrt{y^2 – 5y + 8} = y – 2 \ (3) \end{array} \right. $

Thay $ y = 2 \Rightarrow x = 1 $, ta có

$ (3) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y – 2\ge 0 \\  y^2 -5y + 8 =(y-2)^2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y \ge 2 \\ y = 4 \ \text{(nhận)} \end{array} \right.  $

Với $ y =4 $ thì $ x = 3. $

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: $ S = \left\{ {(1;2), \ (3;4)} \right\} $

a) Phương trình $(1)$ có nghiệm kép $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1\ne 0 \text{ (hiển nhiên)} \\ \Delta = 0 \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow 1-4(3m-11) =0 \Leftrightarrow 45-12m =0 \Leftrightarrow m=\dfrac{45}{12} = \dfrac{15}{4}$

Với $m=\dfrac{15}{4}$ thì phương trình $(1)$ trở thành:

$x^2-x+\dfrac{1}{4}=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$

Vậy khi $m=\dfrac{15}{4}$ thì phương trình $(1)$ có nghiệm $x=\dfrac{1}{2}$.

b) Để phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ thì

$\Delta >0 \Leftrightarrow 45-12m >0 \Leftrightarrow m < \dfrac{15}{4}$

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} S=x_1+x_2 = 1 \\ P=x_1x_2=3m-11 \end{array} \right. $

$2017x_1+2018x_2=2019 \Leftrightarrow 2017 \left( x_1 + x_2 \right) +x_2 =2019 $

$\Leftrightarrow 2017+x_2=2019 \Leftrightarrow x_2 = 2$

Mà $x_1+x_2 =1$ nên $x_1=-1$

Lại có $x_1x_2 = 3m-11 \Rightarrow 3m-11 = -2 \Rightarrow m=3$ (thỏa)

Vậy $m=3$ thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề bài.

a) Giả sử ông $A$ đã trồng $x$ sào dưa hấu. ($x>0$)

Tổng số tiền ông $A$ thu được từ việc bán dưa hấu là:

$30\%x \cdot 1500 \cdot 2000 + 70\% x \cdot 3500 \cdot 2000 = 5800000x$ (đồng)

Tổng chi phí của ông $A$ là: $4000000x$ (đồng)

Ta có phương trình:

$5800000x-4000000x=9000000 \Leftrightarrow x=5$

Vậy ông $A$ đã trồng $5$ sào dưa hấu.

b) Gọi $x$, $y$ ($m$) lần lượt là chiều rộng và chiều dài của mảnh đất $ABCD$ ($x<y$).

Tổng diện tích của khu đất là: $2400+\dfrac{2400}{3} = 3200$

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l} 2(x+y)=240 \\ xy=3200 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y=120 \\ xy=3200 \end{array}\right. $

Do đó $x$ và $y$ là hai nghiệm của phương trình:

$t^2 -120t+3200=0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} t= 80 \\ t= 40 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=40 \\ y=80 \end{array} \right. $

Suy ra $AB=40 m$, $AD=80m$, suy ra $NC=\dfrac{2400}{40}=60m$.

Vậy chu vi vườn thả là $2(40+60)=200m$.

a)

• Ta có $\widehat{COD}=2\widehat{CAD}=2\times 45^\circ=90^\circ$ (góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp cùng chắn cung $CD$).

$\widehat{CID}=\widehat{CKD}=90^\circ$

Suy ra $A$, $I$, $K$, $D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CD$.

• $\triangle IAD$ có $\widehat{I}=90^\circ$, $\widehat{IAD}=45^\circ$ suy ra $\widehat{IDA}=45^\circ$, do đó $\triangle IAD$ vuông cân tại $I$.

Suy ra $IA=ID$ $(1)$.

• $\widehat{CBI}=\widehat{IAD}=45^\circ$,

$\triangle ICB$ có $\widehat{CIB}=90^\circ$, $\widehat{CBI}=45^\circ$ suy ra $\widehat{ICB}=45^\circ$, do đó $\triangle ICB$ vuông cân tại $I$.

Từ đó suy ra $IC=IB$ $(2)$.

• Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $IA+IC=IB+ID$, do đó $AC=BD$.

b)

• Tứ giác $\triangle IHK$ có $\widehat{I}+\widehat{K}=90^\circ +90^\circ =180^\circ$.

Suy ra $AIHK$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{CHB}=\widehat{CAD}=45^\circ=\widehat{CBH}$.

Do đó $\triangle CBH$ vuông cân tại $C$ có $CI$ là đường cao nên cũng là đường trung trực đoạn thẳng $BH$.

Suy ra $AB=AH$. $(3)$

• Ta có $\widehat{HAD}=\widehat{HCD}$ (cùng phụ $\widehat{ADC}$),

Mà $\widehat{HCD}=\widehat{DAE}$ nên $\widehat{HAD}=\widehat{DAE}$.

Suy ra $\triangle AKH = \triangle AKE$ (g.c.g).

Suy ra $AH=AE$ $(4)$

Từ $(3)$, $(4)$ ta được $AH=AE=AB$ nên $A$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle BHE$.

•  $\triangle AKC\backsim \triangle AID$ suy ra $AK.AD=AI.AC$

Do đó $\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AI}{AD}$.

Suy ra $\triangle AIK \backsim \triangle ACD$ suy ra $\dfrac{IK}{CD}=\dfrac{AK}{AC}=\cos \widehat{CAK}= \cos 45^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$.

Mà $CD=\sqrt{CO^2 + OD^2}=R\sqrt{2}$.

Do đó $IK=R$.

c)

• Ta có $\left\{ \begin{array}{l} IA=ID\\ OA=OD \end{array} \right. $ suy ra $IO$ là trung trực $AD$, do đó $IO\perp AD$. $(5)$

$\left\{ \begin{array}{l} KC=KA \\ OC=OA \end{array} \right. $ suy ra $KO$ là trung trực $AC$, do đó $KO\perp AC$.  $(6)$

Từ $(5)$, $(6)$ suy ra $O$ là trực tâm $\triangle AIK$.

• Ta có $\widehat{CAF}=\widehat{CDB}$ (cùng bằng nửa số đo cung $CB$).

$\widehat{CDB}=\widehat{CKF}$ (Tứ giác $CIKD$ nội tiếp).

Suy ra $\widehat{CAF}=\widehat{CKF}$, do đó tứ giác $CKAF$ nội tiếp.

Từ đó suy ra $\widehat{CFA}=180^\circ – \widehat{CKA}=90^\circ$.

• Xét tam giác $\triangle CBF$ và $\triangle CKD$,

$\begin{array}{l} \widehat{CFB}=\widehat{CKD}=90^\circ\\ \widehat{CBF}=\widehat{CDK}\text{ (tứ giác $ABCD$ nội tiếp)} \end{array}$

Suy ra $\triangle CBF\backsim \triangle CDK$.

Do đó $\dfrac{CB}{CD}=\dfrac{CF}{CK}$

Suy ra $CB.CK=CD.CF$.