a) Điều kiện xác định: $x\ge 0$

Ta có: $M=x-4\Leftrightarrow \dfrac{x\sqrt{x}-8}{3+\left( \sqrt{x}+1\right) ^2}=x-4$

$\Leftrightarrow \dfrac{\left( \sqrt{x}-2\right) \left( x+2\sqrt{x}+4\right) }{3+x+2\sqrt{x}+1}=x-4$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}-2=x-4$

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

$\Leftrightarrow x=4$ (nhận)

Vậy $S=\left\{ 4\right\} $

b) Điều kiện xác định $x\ge 0$, $x\ne 4$.

Ta có: $M=\sqrt{x}-2$

$N=\dfrac{\left( \sqrt{x}+1\right) ^3-\left( \sqrt{x}-1\right) ^3}{\left( x-4\right) \left( 3x+1\right) }$

$=\dfrac{x\sqrt{x}+3x+3\sqrt{x}+1-x\sqrt{x}+3x-3\sqrt{x}+1}{\left( x-4\right) \left( 3x+1\right) }$

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

Ta có: $Q=M\cdot N +P=\left( \sqrt{x}-2\right)\cdot \dfrac{2}{x-4}+\dfrac{\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}$

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

Vậy $Q=1$

a) Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} x \ge 0 \\ x \ne 1 \end{array} \right. $

$\left( x^4 +4x^2 -5 \right) \left( \dfrac{x-3+\sqrt{3+x}}{\sqrt{x}-1} \right) =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^4 +4x^2 -5 =0 \ (1) \\ \dfrac{x-3+\sqrt{3+x}}{\sqrt{x}-1} =0 \ (2) \end{array} \right. $

• $(1)\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2 =1 \\ x^2 = -5 \quad (l) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x= 1 \hspace{0.74cm} (l) \\ x=-1 \quad (l) \end{array} \right. $
• $(2) \Leftrightarrow \sqrt{3+x} = 3-x \quad (x \le 3) $

$\Leftrightarrow 3+x = x^2 -6x +9 $

$\Leftrightarrow x^2 -7x +6 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \quad (l) \\ x=6 \quad (l) \end{array} \right. $

Vậy phương trình vô nghiệm.

b)

• $I(3;9) \in d: y=mx+m$ nên $9=3m+m \Leftrightarrow m= \dfrac{9}{4}$
• $I(3;9) \in d_1: y=x+3m+2n-nm$ nên $9=3+\dfrac{27}{4} +2n – \dfrac{9}{4}n \Leftrightarrow n=3 $

Suy ra $mn= \dfrac{27}{4} $ và $\dfrac{m}{n} = \dfrac{3}{4}$

c) Gọi $a$, $b$ $(cm)$ là độ dài hai cạnh của hình chữ nhật $ABCD$. $(a \ge b >0)$

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l} 2(a+b)=28 \\ a^2+b^2 = 10^2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a+b=14 \\ (a+b)^2 – 2ab =100 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a+b=14 \\ ab= 48 \end{array} \right. $

Vậy diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là: $ab=6\cdot 8 = 48 \, \left( cm^2 \right) $

a) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là:

$x^2=2mx+3 \Leftrightarrow x^2-2mx-3=0 \quad (1)$

Xét phương trình $(1)$, ta có: $\Delta’ = m^2 +3 > 0$ với mọi $m \in \mathbb{R}$

Suy ra phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi $m$ hay $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A\left( x_1;y_1 \right) $, $B\left( x_2; y_2 \right) $.

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} x_1+x_2 = 2m \\ x_1x_2 = -3 \end{array} \right. $

Khi đó $y_1=2mx_1+3$, $y_2=2mx_2+3$;

$y_1 + y_2 = 2mx_1+3+2mx_2+3 = 2m\left( x_1 + x_2 \right) +6 = 4m^2 +6$

b) Ta có: $y_1 -4y_2 = x_1-4x_2 +3x_1x_2 $

$\Leftrightarrow 2mx_1+3 – 8mx_2 -12 = x_1-4x_2 -9 $

$\Leftrightarrow 2m\left( x_1 – 4x_2 \right) = x_1-4x_2 $

$\Leftrightarrow \left( x_1-4x_2 \right)(2m -1)=0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x_1=4x_2 \\ m=\dfrac{1}{2} \quad (n) \end{array} \right. $

Với $x_1=4x_2$, lại có $x_1x_2= -3 \Rightarrow 4x_2^2 = -3$ (vô lý)

Vậy $m=\dfrac{1}{2}$

Gọi $x$ (tấn) là lượng gạo nhập vào kho ngày thứ nhất.($x>0$)

a) Lượng gạo nhập vào kho ngày sau bằng $120\%$ ngày trước nên tổng số gạo trong ba ngày nhập đầu tiên là:

$x+x\cdot 120\%+x\cdot (120\%)^2=91$

$ \Leftrightarrow x\cdot \dfrac{91}{25}=91 \Leftrightarrow x=25 $ (tấn)

Vậy lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong trường hợp này là $25$ (tấn).

b) Lượng gạo kho hàng nhập trong $4$ ngày liên tiếp là:

$x+x\cdot 120\%+x\cdot (120\%)^2+x\cdot (120\%)^3=x\cdot \dfrac{671}{125}$ (tấn)

Lượng gạo ngày thứ $5$ kho xuất: $ \dfrac{1}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x$ (tấn)

Lượng gạo còn lại sau ngày thứ $5$: $ \dfrac{9}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x$ (tấn)

Lượng gạo kho xuất ngày $6$ là:

$ \dfrac{1}{10}\cdot\left( \dfrac{9}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x\right) =\dfrac{9}{100}\cdot\dfrac{671}{125}x$ (tấn)

Vậy số gạo đã xuất trong ngày thứ $5$ và thứ $6$ là:

$ \dfrac{1}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x + \dfrac{9}{100}\cdot\dfrac{671}{125}x=50,996 \Leftrightarrow \dfrac{19}{100}\cdot\dfrac{671}{125}x=50,996 \Leftrightarrow x=50 $ (tấn)

Vậy lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong trường hợp này là $50$ (tấn).

a)

• Ta có: $AB=AC$, $OB=OC$

$\Rightarrow OA$ là đường trung trực của $BC\Rightarrow OA\bot BC$ (tại $N$)

$M$ là trung điểm của $AC\Rightarrow OM\bot AC$ (tại $M$)

Xét tứ giác $ONMC$ có: $\angle ONC =\angle OMC =90^\circ \Rightarrow ONMC$ nội tiếp.

• Ta có: $AB=AC\Rightarrow \angle BDA =\angle CDA $

$MD$ là trung trực $AC\Rightarrow \triangle DAC$ cân tại $D\Rightarrow DM$ là phân giác $\angle ADC$

$\Rightarrow \angle CDO =\dfrac{1}{2}\angle CDA =\dfrac{1}{4}\angle CDB$ hay $\angle CDB = 4\angle CDO$.

b)

• Ta có: $\angle ACB =\angle ADB =\angle ADC$

$\triangle ADC$ cân tại $D\Rightarrow \angle DAC =\angle ACD =\angle ACB +\angle DCB$ $(1)$

Và $\angle APC =\angle ADC +\angle DCB =\angle ACB +\angle DCB$ (2)

Từ $(1)$ và $(2)$ $\Rightarrow \angle APC =\angle DAC \Rightarrow \triangle ACP$ cân tại $C\Rightarrow CA=CP$

• Gọi $K$ là giao điểm của $ME$ với $BD$

$\angle EDP =\dfrac{1}{2}\angle BDA =\dfrac{1}{4}\angle BDC$

$\Rightarrow \angle EDM =\dfrac{1}{2}\angle BDC =\angle ACP$

$\Rightarrow DEMC$ nội tiếp $\Rightarrow \angle DEC =\angle DMC =90^\circ $

Mà $\left\{ \begin{array}{l} \angle BEK =\angle MEC =\angle CDM\\ \angle DBE =\angle DAC =\angle DCA \end{array}\right. $

$\Rightarrow \angle BEK +\angle DBE=\angle CDM +\angle DCA =90^\circ \Rightarrow \angle BKE=90^\circ $

$\Rightarrow ME$ vuông góc với $DB$.

c)

• Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} \angle CNM =\angle ABC =\angle ADC\\ \angle NEM =\angle CDM =\dfrac{1}{2}\angle ADC \end{array}\right. $

Mà $\angle CNM =\angle NEM +\angle NME$

$ \Rightarrow \angle NME =\angle NEM \Rightarrow \triangle NME$ cân tại $N$.

• $\angle DEF =\angle ACD =\angle DBF $

$\Rightarrow DFBE$ nội tiếp $\Rightarrow \angle DFB=90^\circ $

$\Rightarrow \angle DFE =\angle DBE =\angle DEF \Rightarrow \triangle DFE$ cân $D \Rightarrow \dfrac{DE}{DF}=1$

Điều kiện: $a>0; a \ne 1$

Ta có:

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

$\Leftrightarrow \dfrac{\left( \sqrt{a}+1 + \sqrt{a} -1 \right) \left( \sqrt{a}+ 1 – \sqrt{a}+1 \right) }{4\sqrt{a}\left( \sqrt{a}-1 \right) } – \dfrac{2a+1 – a-1}{a\left( \sqrt{a}+1 \right) }=1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{4\sqrt{a}}{4\sqrt{a}\left( \sqrt{a}-1 \right) }- \dfrac{a}{a\left( \sqrt{a}+ 1\right) } = 1$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{ \sqrt{a}-1 } – \dfrac{1}{\sqrt{a}+ 1}= 1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{a}+ 1 – \sqrt{a} +1 }{a-1}=1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{2}{a-1}= 1$

$\Leftrightarrow a= 3 $

Vậy $a=3$

a) Điều kiện: $x \ge \dfrac{5}{2}$

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

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

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

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

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

Vậy $S=\left\{ 3 \right\} $

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

Ta có:

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

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

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

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= -2y + 2 \\ -2y^2 + 2y + 6y-6 -4y +54=0 \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= -2y+2 \\ -2y^2+4y+48=0 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=-10 \\ y=6 \end{array} \right. \;\; \text{ (loại)}\\ \left\{ \begin{array}{l} x=10 \\ y=-4 \end{array} \right. \;\;\; \text{ (nhận)} \end{array} \right. $

Vậy $(x,y)=(10;-4)$

a) Ta có: $\Delta = (2m+1)^2 + 48 >0$ 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: $\left\{ \begin{array}{l} S= x_1 + x_2 = 2m+1 \\ P = x_1 x_ 2 = -12 \end{array} \right. $

Ta có: $ x_1 + x_2 -2x_1x_2 =25 \Leftrightarrow 2m+1 +24 =25 \Leftrightarrow m = 0 $

Vậy $m=0$

b) $x_1^2 – x_2^2 – 7(2m+1) =0 $

$\Leftrightarrow \left( x_1-x_2 \right) \left( x_1 + x_2 \right) – 7(2m+1) =0 $

$\Leftrightarrow (2m+1)\left( x_1-x_2 \right) – 7(2m+1) =0 $

$\Leftrightarrow (2m+1)\left( x_1 -x_2 -7 \right) =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m= -\dfrac{1}{2} \\ x_1-x_2 =7 \hspace{1cm}(2) \end{array} \right. $

Ta có: $(2)\Leftrightarrow x_1 + x_2 -2 x_2 =7 $

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

Mà $x_1 + x_2 = 2m+1$ nên $x_1 = m+4$

Lại có $x_1x_2 =-12  \Rightarrow (m+4)(m-3)=-12 \Leftrightarrow m^2 + m -12 = -12 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m= 0 \\ m=-1 \end{array} \right. $

Vậy $m \in \left\{ -1; -\dfrac{1}{2} ; 0 \right\} $

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

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:

$\left\{ \begin{array}{l} x+ y= 200 \\ 17600x + 22000y = 3850000 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= 125 \\ y= 75 \end{array} \right. $

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

b) Ta có:

$AB+BC+CD+AD= 18 $

$\Leftrightarrow \dfrac{3}{4}BC + BC + \dfrac{5}{4}BC + 2 \cdot \dfrac{3}{4}BC = 18 $

$\Leftrightarrow \dfrac{9}{2}BC = 18 \Leftrightarrow BC= 4 \; cm $

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

Tam giác $ABC$ có $AB^2+BC^2= 3^2 + 4^2 = 25 = AC^2$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $B$

$\Rightarrow S_{ABC}= \dfrac{1}{2} \cdot AB\cdot BC = \dfrac{1}{2} \cdot 3\cdot 4= 6 \, cm^2$

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

Gọi $M$ là trung điểm của $AD$, suy ra $AM=MD=\dfrac{AD}{2}=3 \; cm$ và $CM \bot AD$

Tam giác $ACM$ vuông tại $M$ nên

$CM^2 + AM^2 = AC^2 \Rightarrow CM^2 = 5^2-3^2 = 16 \Rightarrow CM = 4\; cm$

$\Rightarrow S_{ACD}= \dfrac{1}{2} \cdot CM \cdot AD = \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12 \, cm^2$

Vậy $S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD} = 6+12 =18 \; cm^2$

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

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

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

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

Do đó $AD \cdot AF = AB \cdot AE$.

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

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

nên $\triangle ABD \backsim \triangle AFE$, suy ra $\angle ABD = \angle AFE$, suy ra tứ giác $BDFE$ nội tiếp.

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

Suy ra $\angle ABD = \angle AFE$).

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

(cùng phụ $\angle BCE$)

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

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

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

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

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

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

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

Và $IO \bot BD, AN \bot BD$, suy ra $IO \parallel AN$;

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

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 $CB.CK=CD.CF$.

$\left( \dfrac{\left( a+ 2b \right) ^2 – \left( b+ 2a \right) ^2 }{a+ b} \right) : \left( \dfrac{\left( a\sqrt{a} + b\sqrt{b} \right) \left( a\sqrt{a} – b\sqrt{b } \right) }{a-b} – 3ab \right) = 3$

$\Leftrightarrow \dfrac{a^2 + 4ab + 4b^2 – b^2 – 4ab – 4a^2}{a+b} : \left( \dfrac{a^3 – b^3}{a-b} – 3ab \right) =3$

$\Leftrightarrow \dfrac{3(b-a)(a+b)}{a+b}:\left( a^2 -2ab + b^2 \right) =3 $

$\Leftrightarrow \dfrac{3(b-a)}{(a-b)^2}=3 \Leftrightarrow a-b=-1 \Rightarrow a= b-1 $

Thay $a=b-1$ vào $S$, ta được:

$S= \dfrac{1+ 2ab}{a^2 + b^2} = \dfrac{1+ 2(b-1)b}{(b-1)^2 + b^2} = \dfrac{1+ 2b^2 – 2b}{2b^2 -2b +1}=1$

a) Điều kiện: $x \ge 2$

$\left( x^2 – 6x + 5 \right) \left( \sqrt{x-2} – x + 4 \right) =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2 – 6x + 5 = 0 \;\; (1)\\ \sqrt{x-2} – x+ 4=0 \;\; (2) \end{array} \right.$

$(1) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \;\; (l) \\ x= 5 \;\; (n) \end{array}\right. $

$(2) \Leftrightarrow \sqrt{x-2} = x-4 \;\; (x \ge 4)$

$\Leftrightarrow x-2 = x^2 – 8x + 16 $

$\Leftrightarrow x^2 – 9x + 18 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=3 \;\; (l)\\ x=6 \;\; (n) \end{array} \right. $

Vậy $S= \left\{5;6 \right\}$

b) Điều kiện $x \ge 0$, $x+ 2y \ge 0$

$\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x}\left( \sqrt{x+ 2y} -3 \right) =0 \;\; (1) \\ x^2 – 6xy – y^2 = 6 \;\; (2) \end{array} \right. $

$(1) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=0 \\ \sqrt{x+2y} -3=0 \end{array} \right. $

•  Nếu $x=0$, thay vào (2) ta được: $-y^2 = 6$ (Vô nghiệm)
•  Nếu $\sqrt{x+2y} -3 =0 $

$\Leftrightarrow x+2y = 9 \Leftrightarrow x= 9-2y$

Thay $ x= 9-2y$ vào (2), ta được:

$(9-2y)^2 – 6(9-2y)y – y^2 = 6 $

$\Leftrightarrow 4y^2 – 26y +81 – 54y + 12y^2 -y^2 = 6$

$\Leftrightarrow 15y^2 – 90 y + 75 =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} y=1 \Rightarrow x=7 \;\; (n)\\ y=5 \Rightarrow x= -1 \;\; (l) \end{array} \right. $

Vậy cặp nghiệm của hệ phương trình $(x;y)$ là $(7;1)$

a) $(x+m)^2 – 5(x+m) + 6=0$

$\Leftrightarrow (x+m)^2 – 2(x+m) – 3(x+m) +6 = 0 $

$\Leftrightarrow (x+m)(x+m-2) – 3(x+m-2)=0$

$\Leftrightarrow (x+m-2)(x+m-3)=0$

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

Vì $2-m \ne 3-m$ nên $x_1 \ne x_2$

Vậy phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi số thực $m$.

$S= \left( x_1 + m \right) ^2 + \left( x_2 + m \right) ^2 + 5 \left( x_1 + x_2 + 2m \right) $

Vì $x_1$, $x_2$ có vai trò tương đương trong biểu thức $S$ nên giả sử $x_1 = 2-m$, $x_2 = 3-m$, ta có:

$S= 2^2 + 3^2 + 5(2+3) = 38$

b) $x_1 < x_2$ nên $x_1 = 2-m$, $x_2 = 3-m$.

$x_2<1 \Rightarrow 3-m <1 \Rightarrow m > 2$

$x_1^2 + 2x_2 = 2(m-1) $

$\Rightarrow (2-m)^2 + 2(3-m) = 2(m-1) $

$\Rightarrow m^2 – 4m + 4 + 6 -2m = 2m -2 $

$\Rightarrow m^2 -8m + 12 = 0 $

$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} m= 6 \;\; (n)\\ m=2 \;\; (l) \end{array} \right. $

Vậy $m=6$

a) Gọi cạnh của hình vuông $AMIQ$ và $INCP$ lần lượt là $a$ và $b$. ($a<b$ vì $AM < MB$)

Diện tích đất trồng rau là: $a^2+ b^2$

Diện tích đất trồng hoa là $2ab$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} a^2 + b^2 = 1300 \\ 2ab = 1200 \end{array} \right. $

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} (a-b)^2 = 100 \\ ab= 1200 \end{array} \right.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a-b= -10 \\ ab= 1200 \end{array}\right. $

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a= 20 \\ b=30 \end{array} \right. $

Vậy cạnh hình vuông $AMIQ$ là $20m$.

Bình biết Nam bị nhầm vì theo Nam nói thì diện tích phần trồng rau là $1200 \; m^2$ nhỏ hơn diện tích phần trồng hoa $1300 \; m^2$. Mà diện tích phần trồng rau là $a^2+b^2$, diện tích phần trồng hoa là $2ab$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có $a^2 + b^2 \ge 2ab$ nên diện tích trồng hoa không thể lớn hơn diện tích trồng rau được.

b) Giả sử lúc đầu “Mái ấm tình thương $X$” có $x$ em.

Tổng số tiền các bạn đóng góp được sau $3$ tháng là $3.70000.30 = 6300000$ (đồng)

Giá tiền $1$ món quà dự đinh là $\dfrac{6300000}{3x}= \dfrac{2100000}{x}$

Giá tiền $1$ món quà thực tế là $\dfrac{6300000}{2(x+9)}$

Ta có: $\dfrac{2100000}{x}.1,05= \dfrac{6300000}{2(x+9)} $

$\Leftrightarrow \dfrac{2205}{x} = \dfrac{6300}{2(x+9)}$

$\Leftrightarrow 4410(x+9) = 6300x $

$\Leftrightarrow x= 21$

Vậy lúc đầu “Mái ấm tình thương $X$” có $21$ em. Số em được nhận quà là $30$ em.

a) Ta có $\angle AOC = 2 \angle ABC = 90^\circ$ (góc ở tâm bằng $2$ lần góc nội tiếp cùng chắn $1$ cung).

Suy ra tam giác $OAC$ vuông tại $O$, suy ra $AC^2 = OA^2 + OC^2 = 2R^2 \Rightarrow AC = R\sqrt{2}$.

Tứ giác $BNPC$ có $\angle BNC = \angle BPC =90^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle HPN = \angle HBC = 90^\circ – \angle ACB = 75^\circ$.

Các tứ giác $ANBM$ và $BNPC$ nội tiếp nên $\angle ANM = \angle ABC = 45^\circ, \angle CNP = \angle PBC = 45^\circ$.

Suy ra $\angle MNP = \angle CNP + \angle CPN = 90^\circ$.

Và $\angle NPB = \angle ACB = \angle APM = 15^\circ$, suy ra $\angle NPM = \angle NPB + \angle APM = 30^\circ$.

Khi đó $\dfrac{MN}{MP} = \sin \angle NPM = \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$. Suy ra $\dfrac{MP}{MN} = 2$.

b) Ta có $\angle AEF = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có $\angle ANH = \angle AEH = \angle APH = 90^\circ$ nên 5 điểm $A, N, H, P, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Ta có $\angle ABD = \angle ACD = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),

suy ra $AB \bot BD$, suy ra $HC || BD$.

Tương tự ta có $HB \bot CN, CD \bot CN$, suy ra $HB || CD$.

Tứ giác $HBDC$ có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $F$ là trung điểm của $BC$ và $HD$.

b) Ta có $\angle CAD = 45^\circ = \angle CNM$, suy ra $AD || MN$. Mà $MN \bot NP$, suy ra $AD \bot NP$.

Ta có $OF$ là trung trực của $BC$, suy ra $IB = IC$. $\angle BDC = 180^\circ – \angle BAC = 60^\circ$.

Xét tam giác $IOC$ có $\angle IOC = \dfrac{1}{2}\angle BOC = \angle 60^\circ$. Suy ra tam giác $IOC$ đều.

Do đó $IB =IC = IO$. $(1)$

Mặt khác tứ giác $HBOC$ có $\angle BHC + \angle BOC = 60^\circ + 120^\circ = 180^\circ$, suy ra $HBOC$ nội tiếp. $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$.

Tam giác $PBC$ có $\angle BPC = 90^\circ, \angle PBC = 45^\circ$ nên là tam giác vuông cân,

suy ra $PB = PC$, suy ra $P$ thuộc trung trực của BC. Do đó $P, O, I$ thẳng hàng và $PI \bot BC$, suy ra $PI||AM$.

Mặt khác ta có $\angle BIH = 2\angle HCB = 90^\circ$, suy ra $HBMI$ nội tiếp, suy ra $\angle IMC = \angle BHI = 45^\circ$.

Suy ra $\angle IMC = \angle PBC = 45^\circ$, suy ra $IM || PA$.

Tứ giác $APIM$ có 2 cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $AI$ qua trung điểm của $MP$.

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 $\dfrac{BF}{BC}=\dfrac{1}{2}$