Gọi chu vi tam giác CMN bằng p.

Tìm ý tưởng: p = BC + CD, hệ thức này gợi cho ta đến tính chất của đường tròn bàng tiếp (xem bài 2). Ở đây là đường tròn bàng tiếp góc C của ΔCMN.

Gọi B’, D’ lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc C của ΔCMN với đường kéo dài cạnh CM, CN.

Ta đã có, CB’ = CD’ = $\frac{p}{2}$ = CB = CD $\Rightarrow$ B’ $\equiv$ B và D $\equiv$ D’. Do đó, tâm đường tròn bàng tiếp góc C của tam giác CMN là điểm A.

Từ đó, $\widehat{MAN}=\widehat{MAC}+\widehat{NAC}=\frac{1}{2}\left(\widehat{BAC}+\widehat{DAC}\right)={45}^{\circ }$.

Gọi chu vi tam giác CMN bằng p.

Tìm ý tưởng: p = BC + CD, hệ thức này gợi cho ta đến tính chất của đường tròn bàng tiếp (xem bài 2). Ở đây là đường tròn bàng tiếp góc C của ΔCMN.

Gọi B’, D’ lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc C của ΔCMN với đường kéo dài cạnh CM, CN.

Ta đã có, CB’ = CD’ = $\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{2}$ = CB = CD $\Rightarrow$ B’ $\equiv$ B và D $\equiv$ D’. Do đó, tâm đường tròn bàng tiếp góc C của tam giác CMN là điểm A.

Từ đó, $\widehat{MAN}=\widehat{MAC}+\widehat{NAC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\left(\widehat{BAC}+\widehat{DAC}\right)={45}^{\circ }$.

Ta có: AE’ = AF’, BD’ = BF’, CD’ = CE’ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra

AE’ + AF’ = (AC + CE’) + (AB + BF’)

= (AC + CD’) + (AB + BD’) = AC + BC + AB = 2p.

Do đó: AE’ = AF’ = p.  

Ta có: AE’ = AF’, BD’ = BF’, CD’ = CE’ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra

AE’ + AF’ = (AC + CE’) + (AB + BF’)

= (AC + CD’) + (AB + BD’) = AC + BC + AB = 2p.

Do đó: AE’ = AF’ = p.  

a) AD và AF cách đều tâm O nên chúng bằng nhau.

b) Kẻ OI $\perp$ MN, OK $\perp$ PQ.

Trong đường tròn nhỏ, ta có: MN > PQ $\Rightarrow$ OI < OK.

(Dây lớn hơn thì gần tâm hơn)

Trong đường tròn lớn, OI < OK $\Rightarrow$ AE > AH.

(Dây gần tâm hơn thì lớn hơn)

c) A, B, O, C cách đều trung điểm AO.

d) $OI<OK\Rightarrow \frac{OI}{OA}<\frac{OK}{OA}$

$\Rightarrow \sin \widehat{OAI}<\sin \widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAI}<\widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAE}<\widehat{OAH}.$

a) AD và AF cách đều tâm O nên chúng bằng nhau.

b) Kẻ OI $\perp$ MN, OK $\perp$ PQ.

Trong đường tròn nhỏ, ta có: MN > PQ $\Rightarrow$ OI < OK.

(Dây lớn hơn thì gần tâm hơn)

Trong đường tròn lớn, OI < OK $\Rightarrow$ AE > AH.

(Dây gần tâm hơn thì lớn hơn)

c) A, B, O, C cách đều trung điểm AO.

d) $OI<OK\Rightarrow \genfrac{}{}{0ex}{}{OI}{OA}<\genfrac{}{}{0ex}{}{OK}{OA}$

$\Rightarrow \sin \widehat{OAI}<\sin \widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAI}<\widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAE}<\widehat{OAH}.$

tứ giác AIMK có

góc AIM = góc AKM = 90 độ

suy ra AIMK là tứ giác nội tiếp

a, \(x^2-4x+3=0\Leftrightarrow x^2-x-3x+3=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-1\right)-3\left(x-1\right)=0\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x-1\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=3\\x=1\end{cases}}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { 1 ; 3 } 

b, Ta có : \(\Delta=\left(2m+2\right)^2-4\left(2m-5\right)=4m^2+8m+4-8m+20=4m^2+24>0\forall m\)

Theo Vi et ta có : \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=2m-2\\x_1x_2=\frac{c}{a}=2m-5\end{cases}}\)

Ta có : \(\left(x_1^2-2mx_1-x_2+2m-3\right)\left(x_2^2-2mx_2-x_1+2m-3\right)=19.1=1.19\)

TH1 : \(\hept{\begin{cases}x_1^2-2mx_1-x_2+2m-3=19\\x_2^2-2mx_2-x_1+2m-3=1\end{cases}}\)

Lấy phương trình (1) + (2) ta được : 

\(x_1^2+x_2^2-2mx_1-2mx_2-x_2-x_1+4m-6=20\)

mà \(\left(x_1+x_2\right)^2=4m^2+8m+4\Rightarrow x_1^2+x_2^2=4m^2+8m+4-2x_1x_2\)

\(=4m^2+8m+4-2\left(2m-5\right)=4m^2+4m-6\)

\(\Leftrightarrow4m^2+4m-6-2m\left(2m-2\right)-\left(2m-2\right)+4m-6=20\)

\(\Leftrightarrow4m^2+4m-6-4m^2+4m-2m+2+4m-6=20\)

\(\Leftrightarrow10m=30\Leftrightarrow m=3\)tương tự với TH2, nhưng em ko chắc lắm vì dạng này em chưa làm bao giờ 

x=1 và x=3

Bài 2 : 

\(\hept{\begin{cases}3x+2y=11\left(1\right)\\x+2y=5\left(2\right)\end{cases}}\)

Lấy phương trình (1) - phương trình (2) ta được : 

\(2x=6\Leftrightarrow x=3\)

Thay x = 3 vào phương trình (2) ta được : 

\(3+2y=5\Leftrightarrow2y=2\Leftrightarrow y=1\)

Vậy \(\left(x;y\right)=\left(3;1\right)\)

1 , a = 5 , b = -7

2 , x = 3 , y = 1

a, Với \(x\ge0,x\ne4\)

\(A=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}-\frac{5}{x+\sqrt{x}-6}-\frac{1}{\sqrt{x}-2}\)

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

\(=\frac{x-\sqrt{x}-12}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}=\frac{\left(\sqrt{x}-4\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}=\frac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}-2}\)

b, Ta có  \(x=6+4\sqrt{2}=2^2+4\sqrt{2}+\left(\sqrt{2}\right)^2=\left(2+\sqrt{2}\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}=\sqrt{\left(2+\sqrt{2}\right)^2}=\left|2+\sqrt{2}\right|=2+\sqrt{2}\)do \(2+\sqrt{2}>0\)

\(\Rightarrow A=\frac{2+\sqrt{2}-4}{2+\sqrt{2}-2}=\frac{-2+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\frac{-2\sqrt{2}+2}{2}=\frac{-2\left(\sqrt{2}-1\right)}{2}=1-\sqrt{2}\)

1, A = \(\dfrac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}-2}\)

2 , A = \(1-\sqrt{2}\)

ĐKXĐ: $x\ge 2$

Chuyển vế và bình phương hai vế:

$\sqrt{5x^2+27x+25}-5\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-4}$

$\iff \sqrt{5x^2+27x+25}=\sqrt{x^2-4}+5\sqrt{x+1}$

$\iff 5x^2+27x+25=x^2-4+25x+25+10\sqrt{(x+1)(x^2-4)}$

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

$\iff 2(x^2-x-2)+3(x+2)=5\sqrt{(x+1)(x^2-4)}$

Đặt $a=\sqrt{x^2-x-2}\ge 0;$ $b=\sqrt{x+2}\ge 0$.

Phương trình trở thành 5ab = 2a^2 + 3b^2 \Leftrightarrow (a-b)(2a-3b) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} & a = b\\ & 2a = 3b\\ \end{aligned}\right.5ab=2a2+3b2⇔(a−b)(2a−3b)=0⇔[​a=b2a=3b​.

+ Với $a=b$ thì \sqrt{x^2 - x - 2} = \sqrt{x+2} \Leftrightarrow x^2 - 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} & x = 1-\sqrt5 \ \text{(loại)}\\ & x = 1+\sqrt5 \ \text{(thỏa mãn)}\\ \end{aligned}\right.x2−x−2​=x+2​⇔x2−2x−4=0⇔[​x=1−5​ (loại)x=1+5​ (thỏa ma˜n)​.

+ Với $2a=3b$ thì $2\sqrt{x^2-x-2}=3\sqrt{x+2}$

\Leftrightarrow 4x^2 - 13x - 26 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} & x = \dfrac{13 + 3\sqrt{65}}8 \ \text{(thỏa mã)n}\\ & x = \dfrac{13 - 3\sqrt{65}}8 \ \text{(loại)}\\ \end{aligned}\right.⇔4x2−13x−26=0⇔⎣⎢⎢⎢⎡​​x=813+365​​ (thỏa ma˜)nx=813−365​​ (loại)​.

Vậy phương trình có hai nghiệm $x=1+\sqrt{5}$, $x=\genfrac{}{}{0ex}{}{13+3\sqrt{65}}{8}$.