boykutehandsome

cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7) trực tâm H(3;-1) tâm đường tròn ngoại tiếp I(-2;0).Xác định tọa độ đỉnh C biết C có hoành độ dương

Có chỗ nào không ổn vậy bạn,thử lại nghiệm đúng rồi mà,có lỗi gì nặng lắm sao?

$(x-y)^{3}+3(x-y)$ đâu có bằng $(x-y)(x^{2}+xy+y^{2}+3)$

1.giải hpt

$\left\{\begin{matrix} (x-y)(x^{2}+xy+y^{2}+3)=3(x^{2}+y^{2})+2 & \\ \sqrt{x+6}+\sqrt{y+3}=-x^{2}+2x+8 & \end{matrix}\right.$

2.giải bất pt

$\sqrt[3]{3-x}+\sqrt{x-2}-1\geq 0$

TXĐ: $\frac{-5}{2}\leq x\leq -1$

Phương trình đã cho tương đương với: 

$2\sqrt{2x+5}=-(x+1)\sqrt{x+2}\\ \Leftrightarrow 8x+20=(x^2+2x+1)(x+2)\\ \Leftrightarrow x^3+4x^2-3x-18=0\\ \Leftrightarrow (x-2)(x+3)^2=0\\ \Leftrightarrow x=2\vee x=-3$

Đối chiếu TXĐ suy ra phương trình đã cho vô nghiệm

TXĐ là x>=-2 chứ bạn,bạn giải pt đúng rồi.

Bỏ 15 phút quý giá làm nốt bài này   

Bạn xem kĩ lại đề bài, luôn luôn có 2 đường thẳng thỏa mãn

 

Đặt $(d) : y = ax+b$. Do (d) đi qua A nên $1=b$.

Tọa độ giao điểm của (P) với (d) là nghiệm của hệ

$\left\{\begin{matrix}y=x^2\\ y=ax+1\end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix}y=x^2\\ x^2-ax-1=0\end{matrix}\right.$

Áp dụng hệ thức Viète ta có :

$\left\{\begin{matrix}x_1+x_2=a\\ x_1x_2=-1\end{matrix}\right.$

Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai giao điểm C,D (Bạn tự chứng minh hoặc tra trên mạng nhé )

$CD^2=(y_2-y_1)^2+(x_2-x_1)^2=(x_2^2-x_1^2)^2+(x_2+x_1)^2-4x_1x_2$

$=(x_2^2+x_1^2)^2-4x_1^2x_2^2+(x_2+x_1)^2-4x_1x_2=[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2]^2-4x_1^2x_2^2+(x_2+x_1)^2-4x_1x_2$

$=(a^2+2)^2-4+a^2+4=(a^2+2)^2+a^2$

Do $CD=2 => (a^2+2)^2+a^2-4=0<=>(a^2+2)^2+(a^2+2)-6=0$

Đặt $a^2+2=b(b\geq2) => b^2+b-6=0$

Bây giờ bạn sẽ tìm được 1 giá trị b thỏa mãn từ đó suy ra có hai giá trị a chứ không phải 1

tìm được 1 giá trị của b thỏa mãn từ đó suy ra a có 1 giá trị là a=0 thôi mà bạn.đề bài đúng mà.

cho x,y,z là các số thực dương và xyz=1.Chứng minh rằng

$\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{x+z+1}\leq 1$

 

Khi hai pt có nghiệm nguyên dương thì theo VIET ta có : 

$\left\{\begin{matrix}x_1+x_2=5 &  & \\ x_1.x_2=m &  & \end{matrix}\right.$

Theo đề ta có :

$x_1.x_2(x_1+x_2+2\sqrt{x_1.x_2})=36$

$2\sqrt{(x_1x_2)^{3}}=36-5x_1.x_2$

$4a^{3}=(36-5a)^{2}$

$4a^{3}=1296-360a+25a^{2}$

Đến đây nhóm hạng tử 

$\Rightarrow a=4\Leftrightarrow x_1x_2=4$

Lại theo VIET đảo nữa là ra

 

bạn viết nhầm m chứ không phải a.và tìm ra m rồi thì không cần dùng vi-et đảo nữa vì đề bài là tìm m mà bạn.dù sao mình cũng cảm ơn bạn !

giải các phương trình sau

a,$\sqrt{8+\sqrt{x}} + \sqrt{5-\sqrt{x}} = 5$

b,$\sqrt{2-x^{2}} + \sqrt{x^{2}+8} = 4$

phần b bạn Vito Khang Scaletta làm sai rồi phải là $\frac{-50-m}{m-14} > 0$ chứ 

a) Ta có: $\widehat{BAC}=90^{\circ}; \widehat{BDC}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MC)

$\Rightarrow A,D$ cùng nhìn BC dưới 1 góc = $90^{\circ}$

$\Rightarrow $ ABCD là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{BDA}=\widehat{BCA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

MÀ $\widehat{BDA}=\widehat{MCS}$ (góc ngoài tại đỉnh D của tứ giác nội tiếp DMCS)

$\Rightarrow \widehat{NCM}=\widehat{MCS}$

$\Rightarrow CM$ là phân giác của $\widehat{BCS}$.

b) Ta có : $\widehat{TNC}= 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{BTN}=\widehat{BCA}$ (cùng phụ với góc B)

Mà $\Rightarrow \widehat{BDA}=\widehat{BCA}$ (cmt) 

$\Rightarrow \widehat{ATM}=\widehat{ADM}$

$\Rightarrow$ tứ giác AMDT nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{MDT}=180^{\circ}-\widehat{MAT}=90^{\circ}$

$\Rightarrow T,D,C$ thẳng hàng (do $\widehat{MDC}=90^{\circ}$)

 

XÉT $\bigtriangleup ADT$ và $\bigtriangleup CBT$ có:

     $\widehat{BTC}$ chung;

      $\widehat{ADT}=\widehat{TBC}$ (góc ngoài tại đỉnh D của tứ giác nội tiếp ABCD)

$\bigtriangleup ADT \sim \bigtriangleup CBT (g.g)$

$\Rightarrow \frac{TA}{TC}=\frac{TD}{TB}\Rightarrow$ đpcm

 

 

 

P/s: mình loay hoay vẽ hình mãi nhưng ko tài nào đưa lên được, mọi người đọc có gì ko hiểu thì có thể góp ý.

cảm ơn bạn!