Giải

ĐK: $x \neq \dfrac{\pi}{2} + k\pi \, (k \in Z)$

Phương trình tương đương:
$2\cos^2{x}\left (\sin{2x} - \cos{2x}\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}\right ) = \sqrt{3}(\cos^2{x} - \sin^2{x})$

$\Leftrightarrow 2\cos{x}(\sin{2x}\cos{x} - \sin{x}\cos{2x}) = \sqrt{3}(\cos^2{x} - \sin^2{x})$

$\Leftrightarrow 2\sin{x}\cos{x} = \sqrt{3}\cos{2x} \Rightarrow \sin{2x} = \sqrt{3}\cos{2x}$

Giải

ĐK: $x \neq k2\pi \, (k \in Z)$

Phương trình tương đương:
$\dfrac{\sin{2x} + 2\cos{x} - 2\cos^3{x}}{1 - \cos{x}} = 2(1 + \cos{x})(1 + \sin{x})$
$\Leftrightarrow 2\sin{x}\cos{x} + 2\cos{x}(1 - \cos^2{x}) = 2(1 - \cos^2{x})(1 + \sin{x})$
$\Leftrightarrow \sin{x}\cos{x} + \sin^2{x}\cos{x} = \sin^2{x}(1 + \sin{x})$

$\Leftrightarrow \sin{x}(1 + \sin{x})(\cos{x} - \sin{x}) = 0$
Đoạn còn lại bạn tự giải nhé.

Giải

Phương trình trên tương đương:
$- \sqrt{2}\cos{\left ( 3x + \dfrac{3\pi}{4}\right )} - 2\sqrt{2}\cos{\left (x + \dfrac{\pi}{4}\right )} + 1 = 0$

Đặt $\cos{\left (x + \dfrac{\pi}{4}\right )} = t (-1 \leq t \leq 1)$, ta được:
$- \sqrt{2}(4t^3 - 3t) - 2\sqrt{2}t + 1 = 0 $
$\Leftrightarrow 4\sqrt{2}t^3 - \sqrt{2}t - 1 = 0$
$\Leftrightarrow (\sqrt{2}t - 1)(4t^2 + 2\sqrt{2}t + 1) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$

Đoạn còn lại bạn tự giải nhé.

Đặt $t = \sqrt{x^2 + 11} \geq \sqrt{11}$

Phương trình trở thành: $t^2 - 11 + t = 31 \Leftrightarrow t^2 + t - 42 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}t = 6\\t = -7\end{matrix}\right.$

Vì $t \geq \sqrt{11}$ nên t = 6. Suy ra $x = \pm 5$

Giải

Vì x = 0 không thỏa mãn giả thiết nên với $x \neq 0$, đưa về dạng:

$x^2 + \dfrac{1}{x^2} + a\left (x + \dfrac{1}{x}\right ) + b = 0$

Đặt $t = x + \dfrac{1}{x} \, (|t| \geq 2)$, ta được: $t^2 + at + b - 2 = 0$

Vì tồn tại x nên tồn tại ít nhất một giá trị t ($|t| \geq 2$) thỏa mãn phương trình trên.

Khi đó, theo Viét, ta có: $\left\{\begin{matrix}t_1 + t_2 = -a\\t_1.t_2 = b - 2\end{matrix}\right.$

Nếu $|a| \geq 2$ thì dễ thấy: $a^2 + b^2 \geq a^2 \geq 4 > \dfrac{4}{5}$

Vậy, ta xét: $|a| < 2 \Leftrightarrow -2 < a < 2$

- Giả sử, ta có: $t_1 \geq 2 \Rightarrow t_2 \leq - a - 2 \leq 0 \Rightarrow t_1t_2 \leq -2(a + 2)$
$\Rightarrow b - 2 \leq -2(a + 2) \Leftrightarrow b + 2a \leq -2$

Khi đó, theo BĐT C-S, ta có: $b^2 + a^2 \geq \dfrac{(b + 2a)^2}{5} \geq \dfrac{4}{5}$

- Tương tự, nếu: $t_1 \leq – 2 \Rightarrow t_2 \geq -a + 2 \geq 0 \Rightarrow t_1t_2 \leq -2(2 - a)$
$\Rightarrow b - 2 \leq -2(2 - a) \Leftrightarrow b - 2a \leq -2$

Khi đó, theo BĐT C-S, ta có: $b^2 + a^2 \geq \dfrac{(b - 2a)^2}{5} \geq \dfrac{4}{5}$

Kết luận: $a^2 + b^2 \geq \dfrac{4}{5}$

Đâu phải nhẩm ra nghiệm là được đâu bạn ơi

Giải

Hệ ban đầu tương đương:

$\left\{\begin{matrix}x^2 + y = x.(3 - y)\\(x^4 + 2x^2y + y^2) + x^2y - 5x^2 = 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2 + y = x.(3 - y)\\(x^2 + y)^2 = x^2(5 - y)\end{matrix}\right.$

Suy ra: $x^2(3 - y)^2 = x^2(5 - y) \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x = 0\\(y - 3)^2 = 5 - y\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}x = 0\\y = 1\\y = 4\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x = 0\\y = 0\end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix}x = 1\\y = 1\end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix}y = 4\\x^2 + x + 4 = 0 \, (VN)\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x = 0\\y = 0\end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix}x = 1\\y = 1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$

Giải

Ta có: $y = \dfrac{x^2 + x + 1}{x - 2} = x + 3 + \dfrac{7}{x - 2}$

Đặt $A\left (a; a + 3 + \dfrac{7}{a - 2} \right )$ và $ B\left (b; b + 3 + \dfrac{7}{b - 2} \right )$

Khi đó, để A, B đối xứng với nhau qua d thì: $\left\{\begin{matrix}AB \perp d\\d_{(A; (d))} = d_{(B; (d))}\end{matrix}\right.$

Hệ số góc của AB là:
$k_{AB} = \dfrac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \dfrac{b - a + \dfrac{7}{b - 2} - \dfrac{7}{a - 2}}{b - a} = 1 - \dfrac{7}{(a - 2)(b - 2)}$

Khi đó, để $AB \perp (d)$ thì: $k_(d).k_{AB} = -1 \Rightarrow k_{AB} = -1 \Rightarrow \dfrac{1}{(a - 2)(b - 2)} = \dfrac{2}{7}$

Ta có:

$d_{A; (d)} = \dfrac{\left | a + 1 - (a + 3 + \dfrac{7}{a - 2})\right |}{\sqrt{2}} = \dfrac{\left | 2 + \dfrac{7}{a - 2}\right |}{\sqrt{2}}$

Tương tự: $d_{B; (d)} = \dfrac{\left | 2 + \dfrac{7}{b - 2}\right |}{\sqrt{2}}$

Vậy:
$ d_{A; (d)} = d_{B; (d)} \Leftrightarrow \left | 2 + \dfrac{7}{a - 2}\right | =\left | 2 + \dfrac{7}{b - 2}\right | $

$\Rightarrow \left[\begin{matrix}2 + \dfrac{7}{a - 2} = 2 + \dfrac{7}{b - 2}\\2 + \dfrac{7}{a - 2} = - 2 - \dfrac{7}{b - 2}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}a = b\\\dfrac{1}{a - 2} + \dfrac{1}{b - 2} = \dfrac{-4}{7}\end{matrix}\right.$

Vì A, B phân biệt nên $a \neq b$. Vậy, ta có hệ:
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{(a - 2)(b - 2)} = \dfrac{2}{7}\\\dfrac{1}{a - 2} + \dfrac{1}{b - 2} = \dfrac{-4}{7}\end{matrix}\right.$

Hệ vô nghiệm.

Giải

Ta có: $(ad - bc)^2 \geq 0 \Rightarrow a^2d^2 + b^2c^2 \geq 2abcd$

$\Leftrightarrow (a^2 + b^2)(c^2 + d^2) \geq (ac + bd)^2$

$\Leftrightarrow \sqrt{(a^2 + b^2)(c^2 + d^2)} \geq |ac + bd| \geq ac + bd$

$\Leftrightarrow (\sqrt{a^2 + b^2} + \sqrt{c^2 + d^2})^2 \geq (a + c)^2 + (b + d)^2$

$\Leftrightarrow \sqrt{a^2 + b^2} + \sqrt{c^2 + d^2} \geq \sqrt{(a + c)^2 + (b + d)^2}$

Dấu “=” xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix}ad = bc\\ac + bd \geq 0\end{matrix}\right.$

Gọi $M(x; 0)$ là điểm bất kỳ thuộc Ox. Khi đó:
$MA + MB = \sqrt{(x - 1)^2 + 2^2} + \sqrt{(x - 3)^2 + 4^2} $

$= \sqrt{(x - 1)^2 + 2^2} + \sqrt{(3 - x)^2 + (4)^2} \geq \sqrt{2^2 + 6^2} = 2\sqrt{10}$

Vậy: $Min_{MA + MB} = 2\sqrt{10}$. Dấu “=” xảy ra khi $x = \dfrac{5}{3}$

Giải

ĐK: $x \geq -1$
Phương trình tương đương:

$10\sqrt{(x + 1)(x^2 - x + 1)} = 3(x^2 - x + 1) + 3(x + 1)$

$\Leftrightarrow 10\sqrt{\dfrac{x + 1}{x^2 - x + 1}} = 3 + \dfrac{3(x + 1)}{x^2 - x + 1}$

Đặt $t = \sqrt{\dfrac{x + 1}{x^2 - x + 1}} \Rightarrow 3t^2 - 10t + 3 = 0$

Giải

Đặt xy = t

Từ giả thiết, ta có: $(x + y)^2 = 3xy + 1 \geq 0 \Rightarrow t \geq \dfrac{-1}{3}$

Mặt khác: $xy = x^2 + y^2 - 1 \geq 2xy - 1 \Rightarrow t \leq 1$

Ta có:
$M = x^4 + y^4 - x^2y^2 = (x^2 + y^2)^2 - 3x^2y^2 $
$M = (t + 1)^2 - 3t^2 = -2t^2 + 2t + 1 = -\dfrac{2}{3}(3t + 1)(t - 1) + \dfrac{2}{3}t + \dfrac{1}{3}$

Vì $\dfrac{-1}{3} \leq t \leq 1 \Rightarrow (3t + 1)(t - 1) \leq 0$

Vậy: $M \geq \dfrac{2}{3}t + \dfrac{1}{3} \geq \dfrac{1}{9}$

Kết luận: $Min_M = \dfrac{1}{9}$ khi $x = - y = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ và ngược lại.

Câu 1

Giải

Đặt $t = \sqrt{(x + 4)(6 - x)} = \sqrt{-x^2 + 2x + 24}$.

Khi đó: $\forall$ $x \in [-4; 6]$ thì $t \in [0; 5]$

Ta có: $y = f(t) = - 2t^2 + 6t + 51$

Hàm số này có $f’(t) = -4t + 6; f’(t) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{3}{2}$

Ta có: $f(0) = 51; f(\dfrac{3}{2}) = \dfrac{111}{2}; f(5) = 31$

Vậy: Trên đoạn [4; 6], $ Min_y = 31$ khi x = 1 và $Max_y = \dfrac{111}{2}$ khi $x = \dfrac{2 \pm \sqrt{91}}{2}$

Câu 2. Phương trình tương đương:

$\sin{3x} - \cos{3x} + \sin{2x} + 1 - \cos{2x} + \sin{x} + \cos{x} = 0$

$\Leftrightarrow 4(\sin{x} + \cos{x}) - 4(\sin^3{x} + \cos^3{x}) + 2\sin{x}\cos{x} + 2\sin^2{x} = 0$

$\Leftrightarrow 2(\sin{x} + \cos{x})(2\sin{x}\cos{x} + \sin{x}) = 0$

Câu 3. ĐK: $x \geq 3; y \geq -1$

Từ phương trình (1), ta có: $(x - 1)^3 + 3(x - 1) = y^3 + 3y$

Xét hàm số để suy ra $x - 1 = y$. Thay vào (2) và giải bình thường.

Giải

a)
Ta có:
$A =\sin^6{x} + (\cos^6{x} - \cos^4{x}) + (\sin^2{x} - 2\sin^4{x})$

$A = \sin^6{x} - \sin^2{x}\cos^4{x} + \sin^2{x}(1 - 2\sin^2{x})$

$A = \sin^2{x}\left [(\sin^4{x} - \cos^4{x}) + (1 - 2\sin^2{x})\right ]$

$A = \sin^2{x}(\sin^2{x} - \cos^2{x} + \cos^2{x} - \sin^2{x}) = 0$

b)

Ta có: 
$B = \cot^2{x}(1 - \cos^2{x}) + \cos^2{x}$

$B = \dfrac{\cos^2{x}}{\sin^2{x}}.\sin^2{x} + \cos^2{x} = 2\cos^2{x}$

c)

Ta có:
$C = \dfrac{1 - \dfrac{\sin^2{x}}{\cos^2{x}}}{\dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}} - \dfrac{1}{\sin^2{x}\cos^2{x}}$

$C = \dfrac{\cos^2{x} - \sin^2{x}}{\sin{x}\cos{x}} - \dfrac{1}{\sin^2{x}\cos^2{x}}$

$C = \dfrac{2\cos{2x}}{\sin{2x}} - \dfrac{4}{\sin^2{2x}}$

$C = \dfrac{2\sin{2x}\cos{2x} - 4}{\sin^2{2x}} = \dfrac{\sin{4x} - 4}{\sin^2{2x}}$

Hình như đề thiếu hay sao mà vẫn dài quá

Giải 

ĐK: $x^3 - y + 1 \geq 0$

Đặt $t = \sqrt{x^3 - y + 1} \geq 0$, ta được: $x^3 + 3x + (t^2 + 3)t = 0$

$\Leftrightarrow (x^3 + t^3) + 3(x + t) = 0 \Leftrightarrow (x + t)(x^2 - xt + t^2 + 3) = 0 \Leftrightarrow x = -t$

$\Rightarrow x = - \sqrt{x^3 - y + 1} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x \leq 0\\x^2 = x^3 - y + 1 \Rightarrow y - 1= x^3 - x^2\end{matrix}\right.$

Phương trình thứ hai của hệ tương đương:

$1 = x^2y^2 + x^2(y + 1) + y^2(x + 1) \, (1)$

$\Leftrightarrow x^2(y^2 + y + 1) + xy^2 + y^2 - 1 = 0$

$\Rightarrow x^2(y^2 + y + 1) + xy^2 + (y + 1)(x^3 - x^2) = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}x = 0 \Rightarrow y = 1\\x(y^2 + y + 1) + y^2 + (y + 1)(x^2 - x) = 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x = 0\\y = 1\end{matrix}\right.\\y^2(x + 1) + x^2(y + 1) = 0 \, (2)\end{matrix}\right.$

Ta thấy, từ (1) suy ra: $x^2(y + 1) + y^2(x + 1) = 1 - x^2y^2$.

Vậy, (2) tương đương: $x^2y^2 = 1 \Leftrightarrow xy = \pm 1$

Thay từng trường hợp vào, với điều kiện $x \leq 0$, ta được (x; y) = (-1; -1).

Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) = (0; 1) và (x; y) = (-1; -1)

P/S: Thay hơi rối, bạn thử tìm cách thế vô dễ hơn nhé

Phương trình ban đầu có một nghiệm $x = \dfrac{-\sqrt{3}}{2}$

Giải

Chú ý: $\sin{x} +\cos{3x} = (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})$

Phương trình ban đầu tương đương:
$(1 + \cos{4x}) + \sin{4x} =  2(\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})$

$\Leftrightarrow (\cos{2x} + \sin{2x})\cos{2x} = (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})$

$\Leftrightarrow (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{2x} - \cos{x} + \sin{x}) = 0$

$\Leftrightarrow (\sin{2x} + \cos{2x})(\cos{x} - \sin{x})(\cos{x} + \sin{x} - 1) = 0$

Phần còn lại bạn tự làm nhé.

Giải

Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có:
$x(x^{10} + y^{10}) = y^{12} + y^{22} \Rightarrow x \geq 0$

Phương trình này tương đương:
$(x^{11} - y^{22}) + (xy^{10} - y^{12}) = 0$
$\Leftrightarrow (x - y^2)\left ( x^{10} + x^9y^2 + … xy^{18}+ y^{20} + y^{10}\right ) = 0$
$\Leftrightarrow x = y^2 $

Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
$$7x^2 + 13x + 8 = 2x^2\sqrt[3]{x(3x^2 + 3x - 1)}$$

Nhận thấy: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình trên

Với $x > 0$, chia 2 vế của phương tình cho $x^3$, ta được:
$\dfrac{7}{x} + \dfrac{13}{x^2} + \dfrac{8}{x^3} = 2\sqrt{3 + \dfrac{3}{x} - \dfrac{1}{x^2}}$

Đặt $t = \dfrac{1}{x} > 0$, ta được:
$8t^3 + 13t^2 + 7t = 2\sqrt[3]{-t^2 + 3t + 3}$
$\Leftrightarrow (2t + 1)^3 + 2(2t + 1) = -t^2 + 3t + 3 + 2\sqrt[3]{-t^2 + 3t + 3}$

Xét hàm số để suy ra phương trình trên tương đương:

$2t + 1 = \sqrt[3]{-t^2 + 3t + 3} \Leftrightarrow 8t^3 + 13t^2 + 3t - 2 = 0$

$\Leftrightarrow (t + 1)(8t^2 + 5t - 2) = 0$

Bạn tự giải tiếp nhé.

Bài 2

Giải

ĐK: $x \geq 0; y \geq 0$ và x, y không đồng thời bằng 0.

Nhận thấy: $x = 0, y = 0$ khiến hệ vô nghiệm.

Xét $x > 0, y > 0$, hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}1 + \dfrac{1}{x + y} = \dfrac{2}{\sqrt{3x}}\\1 - \dfrac{1}{x + y} = \dfrac{4\sqrt{2}}{\sqrt{7y}}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}1 = \dfrac{1}{\sqrt{3x}} + \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{7y}}\\\dfrac{1}{x + y} = \dfrac{1}{\sqrt{3x}} - \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{7y}}\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \dfrac{1}{x + y} = \dfrac{1}{3x} - \dfrac{8}{7y} \Leftrightarrow 24x^2 + 38xy - 7y^2 = 0$

Phần còn lại bạn tự làm nhé.

Giải

ĐK: $-1 \leq x \leq 1$     

Vì $(1 - x) + (1 + x) = 2$ nên:

Đặt $\sqrt{1 - x} = \sqrt{2}\sin{t}; \sqrt{1 + x} = \sqrt{2}\cos{t}$ với $t \in \left [ k2\pi; \dfrac{\pi}{2} + k2\pi\right ] \, k \in Z$

Khi đó, ta có: $\left\{\begin{matrix}\sqrt{1 - x^2} = \sin{2t}\\x = \cos^2{t} - \sin^2{t} = \cos{2t}\end{matrix}\right.$

Phương trình ban đầu trở thành:
$16\cos{2t} + 30\sin{2t} = 17\sqrt{2}(\sin{t} + \cos{t})$

$\Leftrightarrow \dfrac{8}{17}\cos{2t} + \dfrac{15}{17}\sin{2t} = \sin{\left (t + \dfrac{\pi}{4} \right )}$

Vì $\left (\dfrac{8}{17}\right )^2 + \left (\dfrac{15}{17}\right )^2 = 1$ nên đặt $\sin{\alpha} = \dfrac{8}{17}$ và $\cos{\alpha} = \dfrac{15}{17}$
Ta được: $\sin{(2t + \alpha)} =  \sin{\left (t + \dfrac{\pi}{4} \right )}$
Giải phương trình ni là được.

Giải

ĐK: $x \leq 5$

Đặt $a = \sqrt[3]{x}$ và $b = \sqrt{5 - x} \geq 0$

Khi đó, ta có hệ: $\left\{\begin{matrix}a + b \leq 3\\a^3 + b^2 = 5\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a \leq 3 - b\\a^3 = 5 - b^2\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 5 - b^2 \leq (3 - b)^3 \Leftrightarrow b^3 - 10b^2 + 27b - 22 \leq 0$

$\Leftrightarrow (b - 2)(b^2 - 8b + 11) \leq 0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}0 \leq b \leq 4 - \sqrt{5}\\2 \leq b \leq 4 + \sqrt{5}\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{matrix}\sqrt{5 - x} \leq 4 - \sqrt{5}\\2 \leq \sqrt{5 - x} \leq 4 + \sqrt{5}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}8\sqrt{5} - 16 \leq x \leq 5\\-16 - 8\sqrt{5} \leq x \leq 1\end{matrix}\right.$

Giải

ĐK: $- \sqrt[3]{2} \leq x \leq \sqrt[3]{2}$

Do $\left [- \sqrt[3]{2}; \sqrt[3]{2}\right ] \subset \left [- \sqrt{2}; \sqrt{2}\right ]$

Vì vậy: $x^2 - 2 < 0 \Rightarrow \sqrt[3]{x^2 - 2} < 0 < \sqrt{2 - x^3}$

Phương trình đã cho vô nghiệm.

Giải

ĐK: $x \geq -1$
+ Nếu $x > 1$ thì phương trình ban đầu tương đương:
$8x^3 - 8x + 2x - \sqrt{2x + 2} = 0$
$\Leftrightarrow 8x(x^2 - 1) + \dfrac{4x^2 - 2x - 2}{2x + \sqrt{2x + 2}} = 0$
Do $4x^2 - 2x - 2= 2(x - 1)(2x + 1) > 0$ $\forall$ $x > 1$ nên $VT > 0 = VF$.

Vậy, x > 1 khiến hệ vô nghiệm.

+ Nếu $x \leq 1$, đặt $x = \cos{t}$, ta được:
$8\cos^3{t} - 6\cos{t} = \sqrt{2(\cos{t} + 1)}$

$\Leftrightarrow 2\cos{3t} = \sqrt{4\cos^2{\dfrac{t}{2}}} \Leftrightarrow \cos{3t} = \left |\cos{\dfrac{t}{2}}\right |$
 

Còn lại bạn tự giải nhé.

Giải

Ta tính được: $V_{S.ABCD} = \dfrac{abc}{3} $

Do SA $\perp$ (ABCD) nên các tam giác SAD và SAB vuông tại A.

Từ đó, ta tính được:
$\dfrac{SD’}{SD} = \dfrac{SA^2}{SD^2} = \dfrac{c^2}{c^2 + b^2}$

$\dfrac{SB’}{SB} = \dfrac{SA^2}{SB^2} = \dfrac{c^2}{c^2 + a^2}$

Gọi O = AC $\cap$ BD; SO $\cup$ B’D’ = I. Từ đó suy ra: C’ = AI $\cup$ SC

Chú ý rằng, ta chứng minh được:
Gọi AM là trung tuyến của tam giác ABC bất kỳ. Nếu H $\in$ AB và K $\in$ AC sao cho $\dfrac{AH}{AB} = x; \dfrac{AK}{AC} = y$ và I là giao điểm HK với AM thì:
$$\dfrac{AI}{AM}= \dfrac{2xy}{x + y} = \dfrac{2}{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}}$$
Cái này bạn có thể chứng minh bằng tỉ số diện tích.

Áp dụng vào bài toán, ta có:
Trong tam giác SBD, $\dfrac{SI}{SO} = \dfrac{2}{\dfrac{SD}{SD’} + \dfrac{SB}{SB’}} = \dfrac{2c^2}{a^2 + b^2 + 2c^2}$

Trong tam giác SAC, $\dfrac{SI}{SO} = \dfrac{2}{\dfrac{SC}{SC’} + 1}$

$\Rightarrow \dfrac{SC’}{SC} = \dfrac{1}{2\dfrac{SM}{SI} - 1} = \dfrac{c^2}{a^2 + b^2 + c^2}$

Có các đại lượng này rồi. Chỉ cần lập tỉ số thể tích nữa là được.

Giải

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}x - 1 = (y - 1)(y - 2)^2 \,\,\,\, (1)\\y - 1 = -2(x - 1)(x - 2)^2 \,\,\,\, (2)\end{matrix}\right.$

Vì $x = 2$ và $y = 2$ đều khiến hệ vô nghiệm nên ta xét $x, y \neq 2$

Do $(x - 2)^2; (y - 2)^2 > 0$ với mọi $x, y \neq 2$ nên:

Từ phương trình (1) dễ thấy $(x - 1)$ và $(y - 1)$ luôn cùng dấu.

Mặt khác, theo phương trình (2), $(y - 1)$ và $(x - 1)$ luôn trái dấu.

Vì vậy: $x - 1 = y - 1 = 0 \Leftrightarrow x = y = 1$

Giải

ĐK: $x, y\neq 0$
Từ phương trình (1) của hệ, ta có:
$(x - y) + \left ( \dfrac{1}{y^3} - \dfrac{1}{x^3}\right ) = 0$
$\Leftrightarrow (x - y)\left ( 1 + \dfrac{x^2 + xy + y^2}{x^3y^3}\right ) = 0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x = y\\x^2 + xy + y^2 = -x^3y^3\end{matrix}\right.$

+ Với $x = y$, thế vào phương trình (2) và giải bình thường

+ Với $ x^2 + xy + y^2 = -x^3y^3$

Nhận thấy: $x^2 + xy + y^2 \geq 0 \Rightarrow x^3y^3 \leq 0 \Rightarrow xy \leq 0$

Ta có, phương trình (2) của hệ tương đương:
$2x^2 + (-9y + 4)x + 4y(y - 4) + 36 = 0$

$\Leftrightarrow 2(x + 1)^2 + 4(y - 2)^2 + 18 - 9xy = 0$
Do $xy \leq 0$ nên $VT > 0 = VF$. Vậy trường hợp này khiến hệ vô nghiệm.

Giải

Bài 1. ĐK: $x^2 \geq 1$ và $y^2 \geq 1$

Hệ ban đầu tương đương:
$\left\{\begin{matrix}x^2 + y^2 = x^2y^2\\xy \geq - 2\\x^2 + y^2 - 2 + 2\sqrt{x^2y^2 - x^2 - y^2 + 1} = x^2y^2 + 4xy + 4\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2 + y^2 = x^2y^2\\xy \geq - 2\\2xy + 2 = 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2 + y^2 = 1\\xy = -1\end{matrix}\right. $
Đoạn còn lại chỉ là hệ đối xứng loại 1.

Bài 4. Phương trình (1) của hệ ban đầu tương đương:
$(x - 1)^3 - 12(x - 1) = (y + 1)^2 - 12(y + 1)$

Đặt $a = x - 1, b = y + 1$, ta được:

$a^3 - 12a = b^3 - 12b \Leftrightarrow (a - b)(a^2 + ab + b^2 - 12) = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix}a = b\\ a^2 + ab + b^2 =  12\end{matrix}\right. \Rightarrow \left[\begin{matrix}x = y + 2\\(x - 1)^2 + (x - 1)(y + 1) + (y + 1)^2 = 12 \, (3)\end{matrix}\right.$

+ Với $x = y + 2$ thì thế vào (2) là được.

+ Từ (3), ta có:
$x^2 + y^2 + xy - x + y = 11 \Rightarrow xy = 10,5$ (Thế ở (2))
Ta thấy: Nếu coi (2) là phương trình ẩn x, tham số y thì đó là PTB2 có biệt thức:
$\Delta =  1 - 4(y^2 + y - 0,5) = -4y^2 - 4y + 3$

Do tồn tại x nên $\Delta \geq 0 \Rightarrow -\dfrac{3}{2} \leq x \leq \dfrac{1}{2}$

Tương tự, ta tìm được: $\dfrac{-1}{2} \leq x \leq \dfrac{3}{2}$
Suy ra: $xy \leq \dfrac{3}{4} < 10,5$. Vậy (3) vô nghiệm.