ĐKXĐ: \(xy\ne0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x+\dfrac{1}{y}\right)^2+x+\dfrac{1}{y}-\dfrac{2x}{y}=4\\\left(x+\dfrac{1}{y}\right)^2+\dfrac{x}{y}\left(x+\dfrac{1}{y}\right)-\dfrac{2x}{y}=4\end{matrix}\right.\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x+\dfrac{1}{y}=u\\\dfrac{x}{y}=v\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}u^2+u-2v=4\\u^2+uv-2v=4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}u^2+u-2v=4\\u\left(v-1\right)=0\end{matrix}\right.\)

TH1: \(u=0\) thế vào \(u^2+u-2v=4\Rightarrow v=-2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+\dfrac{1}{y}=0\\\dfrac{x}{y}=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\pm\sqrt{2}\\y=\mp\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{matrix}\right.\)

TH2: \(v=1\) thế vào \(u^2+u-2v=4\Rightarrow u^2+u-6=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}u=2\\u=-3\end{matrix}\right.\)

TH2.1: \(\left\{{}\begin{matrix}x+\dfrac{1}{y}=2\\\dfrac{x}{y}=1\end{matrix}\right.\) tự giải

TH2.2: \(\left\{{}\begin{matrix}x+\dfrac{1}{y}=-3\\\dfrac{x}{y}=1\end{matrix}\right.\) tự giải

Đề bài sai, ví dụ \(a=1;b=-\dfrac{5}{2};c=2\) thỏa mãn \(\dfrac{a}{6}+\dfrac{b}{5}+\dfrac{c}{6}=0\) nhưng phương trình \(x^2-\dfrac{5}{2}x+2=0\) vô nghiệm

20 + x = x 

=> 0x = 20 ( vô lý ) 

đáp án bằng 0\

\(\sqrt[3]{x}-20+\sqrt{x}+15=7\)

\(\sqrt[3]{x}-20+15+\sqrt{x}=7\)

\(\sqrt[3]{x}-5+\sqrt{x}=7\)

\(\sqrt[3]{x}+\sqrt{x}=7+5\)

\(\sqrt[3]{x}+\sqrt{x}=12\)

còn lại mình chịu

\(\sqrt[3]{x}+\sqrt{x}=12=8+4\)

\(\sqrt[3]{x}=8\) và \(\sqrt{x}=4\) 

Vậy x = 2

a, Gọi I là trung điểm của BC 

Tam giác BEC vuông tại E trung tuyến EI nên IE = IB = IC 

Tam giác BFC vuông tại F trung tuyến FI nên IF = IB = IC

Vậy tứ giác BEFC cùng thuộc đường tròn tâm I bán kính IB 

b,  Ta có :

\(\widehat{ACK}=90^0\) ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

= > BH // CK ( cùng vuông góc với AC )

Tương tự ta cũng có CH // BK 

= > BHCK là hình bình hành

= > 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà I là trung điểm của BC 

= > H,I,K thẳng hàng ( đpcm )

c, Dễ thấy các tứ giác AFHE và BFHD nội tiếp nên :

\(\widehat{DFE}=\widehat{DFH}+\widehat{HFE}=\widehat{HBD}+\widehat{HAF}=2\widehat{HBD}=2.\left(90^0-\widehat{C}\right)=180^0-2\widehat{C}\)

( Do góc HBD và HAF cùng phụ với góc C )

Lại có :

Tam giác EIC cân tại I nên :

\(\widehat{EIC}=180^0-\widehat{IEC}-\widehat{ECI}=180^0-2\widehat{C}\)

\(=>\widehat{EIC}=\widehat{DFE}\)

= > Tứ giác DFEI là tứ giác nội tiếp 

= > D,F,E,I cùng thuộc 1 đường tròn 

Gọi chiều dài hcn là x ( x > 0 ) 

Chiều rộng hcn là y ( y > 0)

Nửa chu vi hcn là: x + y = 200 : 2 = 100 cm 

Chiều dài gấp 3 lần chiều rộng => x = 3y => x - 3y = 0 

Ta có hệ phương trình 

\(\left\{{}\begin{matrix}x-3y=0\\x+y=100\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=75\\y=25\end{matrix}\right.\)

Diện tích hcn là: 75 x 25 = 1875 cm vuông

Gọi chiều dài , chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là a,b ( a,b > 0 ) ( cm )

Theo đề bài ta có :

chiều dài gấp 3 lần chiều rộng hay a = 3b

Ta lại có : 2 ( a + b ) = 200

<=> a + b = 100

Thay a = 3b vào phương trình ta được 

3b + b = 100

<=> 4b = 100 <=> b = 25 ( cm )

a = 25 . 3 = 75 ( cm )

Vậy chiều dài hình chữ nhật là 75 cm , chiều rộng là 25 cm

Hình bạn tự vẽ nhé 

Ta có KB , KC là tiếp tuyến của (O)

= > \(KB\perp OB,OK\perp BC\) 

Ta có \(KH\perp AO\) \(\Rightarrow\widehat{KHO}=\widehat{AMO}=90^0\left(KO\perp BC\right)\)

\(\Rightarrow\Delta OMA\sim\Delta OHK\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{OM}{OH}=\dfrac{OA}{OK}=>OM.OK=OH.OA\)

Mà \(KO\perp BC,OB\perp KB=>OB^2=OM.OK=> OH.OA=OB^2\)

\(=OE^2\left(OE=OB\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{OE}{OH}=\dfrac{OA}{OE}=>\Delta OEH\sim\Delta OAE\left(c.g.c\right)\)

\(=>\widehat{OEA}=\widehat{OHE}=90^0\) hay AE là tiếp tuyến của ( O )

a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: ˆMAO=ˆMCO=900⇒MAO^=MCO^=900⇒ AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.

ˆADB=900ADB^=900 góc nội tiếp chắn nửa đường  tròn) ⇒ˆADM=900⇒ADM^=900 (1)

Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC

⇒ˆAEM=900⇒AEM^=900 (2). 

Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.

b)  Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ˆADE=ˆAME=ˆAMOADE^=AME^=AMO^ (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)

Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: ˆAMO=ˆACOAMO^=ACO^(góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4).

Từ (3) và (4) suy ra ˆADE=ˆACOADE^=ACO^

c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ˆACB=900ACB^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ˆACN=900⇒ACN^=900, suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5).

Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì ICMN=IHMA(=BIBM)ICMN=IHMA(=BIBM) (6).

Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.

Để giải quyết bài toán này, ta sử dụng định lí Menelaus và định lí Stewart.

Bước 1: Chứng minh AD/AC + AM/AN = 3.

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác AGC với đường thẳng cắt AC, ID, MG, ta có:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{DN}{NC} \cdot \dfrac{CG}{GA} = 1$

Do $CG = 2 \cdot GA$ và $DN = AN - AD = AN - 2\cdot AI$, ta có thể đưa về dạng:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AN-2\cdot AI}{NC} = \dfrac{1}{2}$

Từ định lí Stewart, ta có $4\cdot AI\cdot DI + AD^2 = 3\cdot ID^2$, do đó $ID = \dfrac{AD}{\sqrt{3}}$.

Thay vào phương trình trên, ta được:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AN-AD}{NC} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Tương đương với:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AD}{NC} + \dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AM}{AN} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \dfrac{AD}{NC}$

Từ đó suy ra:

$\dfrac{AM}{AN} + \dfrac{AD}{AC} = \dfrac{3}{\sqrt{3}}$

Do đó:

$\dfrac{AD}{AC} + \dfrac{AM}{AN} = 3$ (Đpcm)

Gọi số bé là x, số lớn là 2x - 20

theo bài ra ta có : 2x  - 20 + x = 100

                              3x  - 20 = 100

                               3x = 100 + 20

                              3x = 120 

                                x = 120 : 3

                                x = 40 

Số bé là 40; số lớn là 100 - 40 = 60

Kết luận : Số lớn 60; số bé 40