Điều kiện: $a>0;a\ne 1$

Ta có:

${\displaystyle \frac{{(\sqrt{a}+1)}^2–{(\sqrt{a}-1)}^2}{4\sqrt{a}(\sqrt{a}-1)}}–{\displaystyle \frac{(\sqrt{2a+1}+\sqrt{a+1})\left(\sqrt{2a+1}–\sqrt{a+1}\right)}{a(\sqrt{a}+1)}}=1$

$\iff {\displaystyle \frac{(\sqrt{a}+1+\sqrt{a}-1)(\sqrt{a}+1–\sqrt{a}+1)}{4\sqrt{a}(\sqrt{a}-1)}}–{\displaystyle \frac{2a+1–a-1}{a(\sqrt{a}+1)}}=1$

$\iff {\displaystyle \frac{4\sqrt{a}}{4\sqrt{a}(\sqrt{a}-1)}}-{\displaystyle \frac{a}{a(\sqrt{a}+1)}}=1$

$\iff {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{a}-1}}–{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{a}+1}}=1$

$\iff {\displaystyle \frac{\sqrt{a}+1–\sqrt{a}+1}{a-1}}=1$

$\iff {\displaystyle \frac{2}{a-1}}=1$

$\iff a=3$

Vậy $a=3$

a) Điều kiện: $x\ge {\displaystyle \frac{5}{2}}$

$(\sqrt{x+2}-x)(\sqrt{2x-5}-1)=0$

$\iff [\begin{array}{l}\sqrt{x+2}=x\\ \sqrt{2x-5}=1\end{array}$

$\iff [\begin{array}{l}x+2=x^2\\ 2x-5=1\end{array}$

$\iff [\begin{array}{l}{x}^2-x-2=0\\ x=3\end{array}$

$\iff [\begin{array}{l}x=-1\text{ (loại)}\\ x=2\text{ (loại)}\\ x=3\text{ (nhận)}\end{array}$

Vậy $S=\left\{3\right\}$

b) Điều kiện: $\{\begin{array}{l}x+y+3\ge 0\\ 2x+3y+1\ge 0\end{array}$

Ta có:

$\{\begin{array}{l}\sqrt{x+y+3}=\sqrt{2x+3y+1}\\ x(y+1)-4(x+y)+54=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x+y+3=2x+3y+1\\ xy+x-4x-4y+54=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=-2y+2\\ (-2y+2)y-3(-2y+2)-4y+54=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=-2y+2\\ -2y^2+2y+6y-6-4y+54=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=-2y+2\\ -2y^2+4y+48=0\end{array}$

$\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{c}x=-10\\ y=6\end{array}\text{ (loại)}\\ \{\begin{array}{c}x=10\\ y=-4\end{array}\text{ (nhận)}\end{array}$

Vậy $(x,y)=(10;-4)$

a) Ta có: $\mathrm{\Delta }=(2m+1{)}^2+48>0$ với mọi $m$

Suy ra phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi $m$

Theo định lý Viete, ta có: $\{\begin{array}{l}S=x_1+x_2=2m+1\\ P=x_1{x}_2=-12\end{array}$

Ta có: $x_1+x_2-2x_1{x}_2=25\iff 2m+1+24=25\iff m=0$

Vậy $m=0$

b) $x_1^2–x_2^2–7(2m+1)=0$

$\iff (x_1-x_2)(x_1+x_2)–7(2m+1)=0$

$\iff (2m+1)(x_1-x_2)–7(2m+1)=0$

$\iff (2m+1)(x_1-x_2-7)=0$

$\iff [\begin{array}{l}m=-{\displaystyle \frac{1}{2}}\\ x_1-x_2=7(2)\end{array}$

Ta có: $(2)\iff x_1+x_2-2x_2=7$

$\iff 2m+1-2x_2=7\iff x_2=m-3$

Mà $x_1+x_2=2m+1$ nên $x_1=m+4$

Lại có $x_1{x}_2=-12\Rightarrow (m+4)(m-3)=-12\iff m^2+m-12=-12\iff [\begin{array}{l}m=0\\ m=-1\end{array}$

Vậy $m\in \{-1;-{\displaystyle \frac{1}{2}};0\}$

a)  Giá $1$ lít xăng RON $95$ vào $16$ giờ chiều $2/5/2019$ là: $$17600(1+25\mathrm{\%})=22000\text{(đồng)}$$

Số tiền ông $A$ đã dùng để mua $100$ lít xăng vào ngày $2/1/2019$ là: $$100\cdot 17600=1760000\text{(đồng)}$$

Lượng xăng ông $A$ có thể mua được vào ngày $3/5/2019$ với số tiền trên là: $$1760000:22000=80(l)$$

Gọi $x$, $y$ (lít) lần lượt là lương xăng ông $B$ đã mua vào ngày $2/1$ và $3/5$. ($x,y>0$)

Ta có hệ sau:

$\{\begin{array}{l}x+y=200\\ 17600x+22000y=3850000\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=125\\ y=75\end{array}$

Vậy ông $B$ đã mua $75$ lít xăng RON $95$ vào ngày $3/5/2019$.

b) Ta có:

$AB+BC+CD+AD=18$

$\iff {\displaystyle \frac{3}{4}}BC+BC+{\displaystyle \frac{5}{4}}BC+2\cdot {\displaystyle \frac{3}{4}}BC=18$

$\iff {\displaystyle \frac{9}{2}}BC=18\iff BC=4cm$

$\Rightarrow AB=3cm;CD=5cm;AD=6cm$

Tam giác $ABC$ có $A{B}^2+B{C}^2=3^2+4^2=25=A{C}^2$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $B$

$\Rightarrow S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot AB\cdot BC={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 3\cdot 4=6c{m}^2$

Tam giác $ACD$ có $AC=CD$ nên cân tại $C$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AD$, suy ra $AM=MD={\displaystyle \frac{AD}{2}}=3cm$ và $CM\mathrm{\perp }AD$

Tam giác $ACM$ vuông tại $M$ nên

$C{M}^2+A{M}^2=A{C}^2\Rightarrow C{M}^2=5^2-3^2=16\Rightarrow CM=4cm$

$\Rightarrow S_{ACD}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot CM\cdot AD={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 4\cdot 6=12c{m}^2$

Vậy $S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD}=6+12=18c{m}^2$

a) $ABCD$ là hình chữ nhật nội tiếp đường tròn $(O)$ nên $O$ là trung điểm của $AC,BD$.

Ta có $OC\mathrm{\perp }EF$ (do EF là tiếp tuyến), $AD\mathrm{\perp }CD$ do $ABCD$ là hình chữ nhật.

Tam giác $ACF$ vuông tại $C$ có $CD$ là đường cao nên $AD\cdot AF=A{C}^2$.

Tương tự, tam giác $ACE$ vuông tại $C$ có $CB$ là đường cao nên $AB\cdot AE=A{C}^2$.

Do đó $AD\cdot AF=AB\cdot AE$.

Suy ra ${\displaystyle \frac{AD}{AE}}={\displaystyle \frac{AB}{AF}}$.

Xét tam giác $ABD$ và $AFE$ có $\mathrm{\angle }A$ chung và ${\displaystyle \frac{AD}{AE}}={\displaystyle \frac{AB}{AF}}$

nên $\mathrm{△}ABD\backsim \mathrm{△}AFE$, suy ra $\mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }AFE$, suy ra tứ giác $BDFE$ nội tiếp.

(Cách khác: $\mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }ACD$ mà $\mathrm{\angle }ACD=\mathrm{\angle }AFE$ (Cùng phụ $\mathrm{\angle }DCF$)

Suy ra $\mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }AFE$).

b) Ta có $\mathrm{\angle }AMB=\mathrm{\angle }ACB$ (cùng chắn cung AB), mà $\mathrm{\angle }ACB=\mathrm{\angle }BEN$

(cùng phụ $\mathrm{\angle }BCE$)

Suy ra $\mathrm{\angle }AMB=\mathrm{\angle }BEN$, suy ra $BENM$ nội tiếp.

Ta có $\mathrm{\angle }BMA=\mathrm{\angle }BDA$ (cùng chắn cung $AB$), mà $\mathrm{\angle }BDA=\mathrm{\angle }BAM$ (cùng phụ với $\mathrm{\angle }ABD$)

Suy ra $\mathrm{\angle }BMA=\mathrm{\angle }BAM=\mathrm{\angle }NAE$. Vậy $\mathrm{\angle }NEA=\mathrm{\angle }NAE$.

Tam giác $NAE$ có $\mathrm{\angle }NEA=\mathrm{\angle }NAE$ nên cân tại $N$ hay $NA=NE$.

Mà $\mathrm{\angle }NEA+\mathrm{\angle }NFA={90}^{\circ }=\mathrm{\angle }NAE+\mathrm{\angle }NAF$, suy ra $\mathrm{\angle }NFA=\mathrm{\angle }NAF$, suy ra $NA=NF$.

Vậy $NE=NA=NF$ hay $N$ là trung điểm $EF$.

c)  Ta có $N$ là trung điểm $EF$ nên $IN\mathrm{\perp }EF$, mà $AO\mathrm{\perp }EF$, suy ra $IN\parallel AO$;

Và $IO\mathrm{\perp }BD,AN\mathrm{\perp }BD$, suy ra $IO\parallel AN$;

Do đó tứ giác $ANIO$ là hình bình hành, suy ra $IN=AO=R$.