Bạn sửa lại bài này theo đúng Latex đi nhớ, không là không ai hiểu đâu, mới cả tốt nhất trước khi post bài thì post thử bên topic nháp xong mới post thật nhé!!

ừ mình biết rồi

Bài này dùng kĩ thuật AM -GM ngược dấu nhé

uh mình nhầm 

 

3. Phương pháp hệ

Phương pháp hệ dùng để giải phương trình vô tỉ có dạng

$\sqrt{ax+b} \ \pm \ \sqrt{cx+d} =k \ \ \ \ \ \ \ (1)$

Ta có thể thử được dễ dàng đẳng thức sau đây:

$\left ( \sqrt{ax+b} \ \pm \ \sqrt{cx+d} \right )^2=k^2=\left ( \sqrt{\dfrac{c}{a}}.\sqrt{ax+b} \ \pm \ \sqrt{\dfrac{a}{c}}.\sqrt{cx+d} \right )^2+\left ( a-c \right )\left ( \dfrac{b}{a}-\dfrac{d}{c} \right ) \ \ \ \ \ \ \ (2)$

Như vậy, việc giải $(1)$ ta được đưa đến việc giải hệ:

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{ax+b} \ \pm \sqrt{cx+d}=k & & \\ \sqrt{\dfrac{c}{a}}.\sqrt{ax+b} \ \pm \ \sqrt{\dfrac{a}{c}}.\sqrt{cx+d}=l & & \end{matrix}\right.$

Ta sẽ tìm được $ax+b$ hoặc $cx+d$ và do đó sẽ xác định được $x$. Trong thức hành, khi đã quen thì việc thành lập $(2)$ khá nhanh gọn.

 

cho mình hỏi nếu hệ số a hoặc c có 1 số < 0 thì phải làm sao 

BÀi 4:
Câu a:Nhận thấy rằng đường tròn ngoại tiếp $ \triangle BKN$ là đường tròn đường kính BH.
Ta có: $ \widehat{EKC} =\widehat{ECK}=\widehat{KBH}$
Vậy EK là tiếp tuyến tại K của đường tròn ngoại tiếp $ \triangle BKN$
Câu b: Gọi D là trung điểm BH.
Ta có:$ MH//DO ( \perp MB)$
mặt khác $ HE// DO$ (HEOD là hình bình hành (DH//OE, DH=OE))
$ \Rightarrow M,H,E $ thẳng hàng.
$ \Rightarrow EM \perp MB$

cho hỏi sao OD vuông góc đc với MB và HE song song DO
giải thích giúp mình với 

sao mình soạn thảo bằng fx rồi copy qua đây xong post lên k đc nhỉ, nó toàn ra cái gì k à, ai giúp mình đc k

Câu 2 
b.Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn:$a+b+c=3$
Chứng minh:$\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2} \geq \dfrac{3}{2} $

≥ 3 nhân căn bậc 3 của(abc/8abc)= 3/2
thông cảm vì mình phải viết kiểu khó đọc ntn   

ĐKXĐ: -1≥ x ≥1

ta có  $\bg_white \fn_cm \huge \frac{a}{1+b^{2}}$  ≥ $\bg_white \fn_cm \huge \frac{a}{2b}$

cmtt rồi cộng theo vế ta có
VT  ≥ $\bg_white \fn_cm \huge \frac{a}{2b}$ + $\bg_white \fn_cm \huge \frac{b}{2c}$ + $\bg_white \fn_cm \huge \frac{c}{2a}$ ≥ 3$\bg_white \fn_cm \huge 3^{\sqrt[3]{\frac{abc}{8abc}}}$ $\bg_white \fn_cm \huge = \frac{3}{2}$
   

$\large x+y+z = 2ax + 2by + 2cz mà x = by + cz \Rightarrow x+y+z=2ax+2x \Rightarrow x+y+z=2x(a+1), do x+y+z \neq 0 \Rightarrow x\neq 0 \Leftrightarrow \frac{2x}{x+y+z}= \frac{1}{a+1} cmtt cho 2 cái kia nữa rồi cộng lại là ra$

mình nghĩ là tính các nghiệm ra rồi xét từng trường hợp

bạn làm thử luôn đi 

Bạn nào giúp mình up hình nhé !

a) $\widehat{AEF}=\widehat{EA'F}$ (AEA'F là tứ giác nội tiếp) và $\widehat{AA'F}=\widehat{FCB}$ (cùng phụ $\widehat{FA'C}$ )

Suy ra $\widehat{AEF}=\widehat{FCB}$ , lại có $\widehat{JDB}=\widehat{FCB}$ (cùng chắn cung AB)

Do đó $\widehat{AEF}=\widehat{JDB}$ 

Vậy : BEJD là tứ giác nội tiếp

Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) sao cho $\widehat{xAB}$ chắn cung AB nhỏ

Ta có $\widehat{xAB}=\widehat{AEF}(=\widehat{ACB})$ (so le trong) $\Rightarrow Ax//EF$ mà Ax vuông góc với AD suy ra EF vuông góc với AD

$\Rightarrow \Delta AJF~\Delta ACD\Rightarrow AJ.AD=AF.AC=AA'^{2}$

b) $AJ.AD=AA'^{2}=2R^{2}$ không đổi mà A,D cố định nên J cố định

Vậy : EF luôn đi qua 1 điểm cố định

Mình có cách khác ngắn hơn
a, Ta có: 
gócEAA' bằng gócA'BD (cùng phụ gócABA')
gócDAC bằng gócA'BD (TG ABDC nt)
suy ra: gócEAA' bằng gócDAC 
lại có: TG AEA'F nt(có 2 góc vuong) suy ra gócEAA' bằng gócEFK
suy ra gócEFK bằng gócDAC, suy ra gócEJD bằng 90độ
suy ra TG EJDB nt
1b, Ta có tam giác AJF đồng dạng với tam giác ACD suy ra dpcm  
(khỏi phải kẻ tiếp tuyến)