đặt u=x-1 và v=y-1

cộng vế hai phương trình

\(u^2-2uv=-8\Rightarrow v=\frac{u^2+8}{2u}\) (u≠0)

thay vào phương trình (1)

\(u^2-v^2=-3\)

<=> \(u^2-\frac{\left(u^2+8\right)^2}{4u^2}=-3\Leftrightarrow3u^4-4u^2-64=0\)

\(\left(3u^2-16\right)\left(u^2+4\right)=0\)

\(u=\pm\frac{4\sqrt3}{3}\)

=> \(v=\pm\frac{5\sqrt3}{3}\)

=> (x;y) ∈ \(\left\lbrace\left(1+\frac{4\sqrt3}{3}\right.;1+\frac{5\sqrt3}{3}\right);\left(1-\frac{4\sqrt3}{3};1-\frac{5\sqrt3}{3}\right)\)

đặt phương trình (1)(2) và ĐKXĐ như ông ở trên

<=>\(\left(2x-y+1\right)\left(x-y+1\right)=0\)

TH1: y=2x+1

<=> \(-3x+3=\sqrt{4x+1}+\sqrt{9x+4}\)

x=0 thì đúng và =>y=1

với x>0=> VT<3 trong khi VP>3

với \(-\frac14\le x<0\) => VT>3 trong khi VP<3

TH2:y=x+1

thay vào phương trình (2) ta dc

<=> \(4x^2-\left(x+1\right)^2+x+4=\sqrt{2x+x+1}+\sqrt{x+4\left(x+1\right)}\)

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

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

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

vì \(x\ge-\frac13\left(ĐKXĐ\right)\) nên

\(x^2-x=0\Rightarrow x=0;1\)

=> y=1;2

vậy (x;y) ∈(0;1),(1;2)

gọi lần lượt hai phương trình là (1)(2)

từ pt (2) cho (1) theo vế)

=>-xy+5x-4y=15

<=>(x+4)(y-5)=-35

=> \(y=\frac{5x-15}{x+4}\)

biến đổi pt (1)=> \(\left(x-2\right)^2+\left(y+1\right)^2=2\)

thay \(y=\frac{5x-15}{x+4}\) vào (1) và đặt u=x-2=>x=u+2

<=> \(u^2+\left(\frac{6u+1}{u+6}\right)^2=2\)

\(u^2\left(x+6\right)^2+\left(6u+1\right)^2=2\left(u+6\right)^2\)

\(u^4+12u^3+70u^2-12u-71=0\)

\(\left(u^2-1\right)\left(u^2+12u+71\right)=0\)

vì \(u^2+12u+71=\left(u+6\right)^2+35>0\) nên

\(u^2-1=0\Rightarrow u=1\) hoặc \(u=-1\)

=> x=3 hoặc x=1

=> y=0 hoặc y=-1

vậy (x;y) ∈(3;0),(1;-2)

gọi lần lượt thứ tự phương trình là (1)(2)

ta có phương trình (1)

\(\Leftrightarrow2x^2+x\left(y-5\right)-\left(y^2-y-2\right)=0\)

xét biệt thức △ của phương trình bậc hai theo ẩn x

\(\triangle=\left(y-5\right)^2-4\cdot2\left\lbrack-\left(y^2-y-2\right)\right\rbrack\)

\(\triangle=9y^2-18y+9=3\left(y-1\right)^2\)

vì \(\triangle\ge0\)

=> \(x_1=\frac{-\left(y-5\right)+3\left(y-1\right)}{2\cdot2}=\frac{y+1}{2}\Rightarrow2x=y+1\Rightarrow2x-y-1=0\)

\(x_1=\frac{-\left(y-5\right)-3\left(y-1\right)}{2\cdot2}=\frac{-4y+8}{4}=-y+2\Rightarrow x+y-2=0\)

vậy phương trình (1) vt lại thành

\(\left(2x-y-1\right)\left(x+y-2\right)=0\)

TH1:y=2x+1

thay vào phương trình (2) ta có:

\(\Leftrightarrow x^2+\left(2x-1\right)^2+x+\left(2x-1\right)-4=0\)

\(5x^2-x-4=0\)

=> \(x_1=1=>y=1\)

\(x_2=-\frac45\Rightarrow y=-\frac{13}{5}\)

TH2: y=2-x

thay vào phương trình (2) ta có:

\(x^2+\left(2-x\right)^2+x+\left(2-x\right)-4=0\)

\(\left(x-1\right)^2=0\)

\(\Rightarrow x=1\Rightarrow y=1\)

vậy (x;y) ∈ \(\left(1;1\right);\left(-\frac45;-\frac{13}{5}\right)\)

a) thì anh Thịnh đã sửa lại rùi nhá

b) gọi AH là đường cao của tam giác ABC vuông góc tại BC nha

ta có góc DBI+ góc DBA+ góc ABH= 180 độ

=> góc DBI+ góc ABH= 90 độ

mà xét tam giác ABH vuông tại H

=> góc ABH+ góc BAH= 980 độ

từ hai điều trên => góc BAH= góc DBI

lại có AB=DB và góc DIB= góc AHB = 90 độ

=> △ABH=△BDI(ch.gn)

=> IB=AH

còn nếu CM: IB=CK thì dễ dàng chứng minh tương tự

△CAH=△ECK(ch.gn)

=> AH=CK

=> CK=IB

c) vì △CAH=△ECK

=> EK=CH

từ câu b)> DI=BH

=> DI+EK=BH+CH=BC(đpcm)

câu 15:

=> \(\frac{x+y}{xy}=\frac{1}{x+y}\)

=> \(\left(x+y\right)^2=xy\)

vì \(\left(x+y\right)^2\ge0;xy<0\) nên không tồn tại hai số hữu tỉ khác dấu x và y

câu 17:

=> \(S+3=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1\)

\(S+3=\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{a+b}\)

=> \(S+3=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)

\(S+3=23\)

\(S=20\)

để thỏa mãn (3)=> f=0 hoặc f=5

với f=0=> a+b=2f=2 x 0=0

vì a và b>0

=> a=0,b=0( vô lí vì a khác 0)

với f=5

=> a+b=2 x 5=10=>b=10-a

theo điều kiện (4)

thay a+b=10 và f=5 ta có:

10+c=d+e+5

=>d+e=c+5

=>d=c+5-e

một số chia hết cho 11 khi hiệu các tổng chứ số ở vị trí lẻ và tổng các chữ số ở vị trí chẵn chia hết cho 11

ta xét hiệu H:

H=(a+c+e)-(b+d+f)

H=(a+c+e)-(10-a+c+5-e+5)

H= 2a+2e-20=2(a+e-10)

để H chia hết cho 11

=> (a+e-10) chia hết cho 11

ta có \(1\le a\le9;0\le e\le9\)

=> \(1\le a+e\le18\)

=> \(-9\le a+e-10\le8\)

từ -9 tới 8 số chia hết cho 11 là 0

=> a+e-10=0=>a+e=10

mà a+b=10=> b=e( vô lí vì a,b,c,d,e,f khác nhau)

vậy có 0 số thỏa mãn

a) và ý 1 b) quá dễ CM:

ý 2 b) dễ CM: hai tam giác DAK = tam giác AHF

=> DK=HF

=> DB=2DK

mà K ∈ DB

=> K là trung điểm DB

c) gọi O là giao của DH và BF

xét tam giác DEF

=> \(FI=\frac23AF\)

mà \(AF=\frac12DF\)

=> \(FI=\frac23\left(\frac12DF\right)=\frac13DF\)

=> \(DI=\frac23DF\)

vì DF=DE=BF

=> tam giác DFB cân tại F

=> góc FDB= góc FBD

mà góc FBD+ góc BOD= 90 độ

góc ODF+ góc FDB= 90 độ

=> góc ODF= góc BOD

=> tam giác FOD cân tại F

=> OF=DF=FB

=> F là trung điểm OB

xét tam giác DOB có:

\(DI=\frac23DF\)

F là trung điểm OB

=> OK là đường trung tuyến

=> DH,KI,BF đồng quy(đpcm)

=> \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=8\)

ta có: \(\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow\frac{AD}{AB}=\frac{DC}{BC}\)

mà \(\frac{AD}{6}=\frac{DC}{10}=\frac{AD+DC}{16}=\frac{8}{16}=\frac12\)

=>AD=3cm

=> \(BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=3\sqrt5\) (cm)

dễ dàng CM: góc EBD= 90 độ

=> △BDE vuông tại B

theo t/c góc ngoài ta có:

\(\frac{EA}{EC}=\frac{AB}{BC}\)

vì EC=EA+AC=EA+8

=> \(\frac{EA}{EA+8}=\frac35\Rightarrow EA=12\operatorname{cm}\)

xét tam giác ABE vuông tại A

=> \(BE=\sqrt{AB^2+AE^2}=6\sqrt5\left(\operatorname{cm}\right)\)