Giải phương trình : x3−43=(x2+4)23+42.

Câu hỏi:

Giải phương trình : ${\left(x^3-4\right)}^3={\left(\sqrt[3]{{(x^2+4)}^2}+4\right)}^2$.

Trả lời:

ĐK: $x>\sqrt[3]{4}$ Đặt: $x^3-4=u^2\sqrt[3]{x^2+4}=v(v>1)\Rightarrow v^3-4=x^2$                                                               Khi đó phương trình (1) $\iff {\left(u^2\right)}^3={\left(v^2+4\right)}^2\text{ hay }{u}^3-4=v^2$   (4)Từ  (2), (3), (4)  ta có hệ phương trình:   $\left\{\begin{array}{l}{x}^3-4=u^2\\ v^3-4=x^2\\ u^3-4=v^2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}^3-v^3=u^2-x^2\left(5\right)\\ u^3-x^3=v^2-u^2\left(6\right)\end{array}\right.$ Vì x, u, v > 1 nên giả sử $x\ge v$ thì từ (5) $\Rightarrow u\ge x$Có $u\ge x$ nên từ (6) $\Rightarrow v\ge u$Do đó: $x\ge v\ge u\ge x\Rightarrow x=v=u$Mặt khác, nếu x < v thì tương tự ta có x < v < u < x (vô lí)Vì x = u nên:$x^3-4=x^2\iff \left(x-2\right)\left(x^2+x+2\right)=0\iff x=2$ (thỏa mãn)Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.

====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====

1. Giải phương trình: x+12−1=0
   
   

   Câu hỏi:
   

   Giải phương trình: $\frac{x+1}{2}-1=0$

   Trả lời:

   $\frac{x+1}{2}-1=0\iff \frac{x+1}{2}=1\iff x+1=2\iff x=1$Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
2. Giải hệ phương trình: 2x−y=3×2+y=5
   
   

   Câu hỏi:
   

   Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2x-y=3\\ x^2+y=5\end{array}\right.$

   Trả lời:

   $\left\{\begin{array}{l}2x-y=3\\ x^2+y=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+2x=8\\ 2x-y=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+2x-8=0\left(1\right)\\ y=2x-3\left(2\right)\end{array}\right.$Giải (1): $\Delta ‘=9\text{ ; }{x}_1=2\text{ , }{x}_2=-4$Thay vào (2): Với $x=2thìy=2.2-3=1$Với $x=-4thìy=2.(-4)-3=-11$Vậy nghiệm của hệ phương trình là: $\left(x,y\right)\in \left\{\left(2;1\right),\left(-4;-11\right)\right\}$

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y=12×2 và hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là xA=−1;xB=2.a) Tìm tọa độ của hai điểm A, B.b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B.c)  Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d).
   
   

   Câu hỏi:
   

   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình $y=\frac{1}{2}{x}^2$ và hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là $x_A=-1;x_B=2$.a) Tìm tọa độ của hai điểm A, B.b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B.c)  Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d).

   Trả lời:

    a) Vì A, B thuộc (P) nên:$\begin{array}{l}{x}_A=-1\Rightarrow y_A=\frac{1}{2}\cdot {\left(–1\right)}^2=\frac{1}{2}\\ x_B=2\Rightarrow y_B=\frac{1}{2}\cdot 2^2=2\end{array}\Rightarrow A\left(-1;\frac{1}{2}\right)\text{ , }B(2;2)$b) Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b.Ta có hệ phương trình:$\left\{\begin{array}{l}-a+b=\frac{1}{2}\\ 2a+b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3a=\frac{3}{2}\\ 2a+b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2}\\ b=1\end{array}\right.$Vậy (d): $y=\frac{1}{2}x+1$.c) (d) cắt trục Oy tại điểm C(0; 1) và cắt trục Ox tại điểm D(– 2; 0)=>  OC = 1 và OD = 2Gọi h là khoảng cách từ O tới (d).Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào $∆$ vuông OCD, ta có:$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{O{C}^2}+\frac{1}{O{D}^2}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}=\frac{5}{4}\Rightarrow h=\frac{2\sqrt{5}}{5}$Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) là $\frac{2\sqrt{5}}{5}$. 

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
4. Cho phương trình: x2−2(m+1)x+m2+m−1=0 (m là tham số).a) Giải phương trình với m= 0.b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện:1×1+1×2=4.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho phương trình: $x^2-2(m+1)x+m^2+m-1=0$ (m là tham số).a) Giải phương trình với m= 0.b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn điều kiện:$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=4$.

   Trả lời:

   a, $x^2-2(m+1)x+m^2+m-1=0$ (1)Với m = 0, phương trình (1) trở thành: $x^2-2x-1=0\Delta ‘=2\text{ ; }{x}_{1,2}=1\pm \sqrt{2}$Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là $x_{1,2}=1\pm \sqrt{2}$b) $\Delta ‘=m+2$Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $\iff m>-2$Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2(m+1)\\ x_1{x}_2=m^2+m-1\end{array}\right.$Do đó:$\begin{array}{l}\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=4\iff \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}=4\iff \frac{2(m+1)}{m^2+m-1}=4\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+m-1\ne 0\\ m+1=2(m^2+m-1)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+m-1\ne 0\\ 2m^2+m-3=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-\frac{3}{2}\end{array}\right.\end{array}$Kết hợp với điều kiện $\Rightarrow m\in \left\{1;-\frac{3}{2}\right\}$ là các giá trị cần tìm.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
5. Cho tứ  giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD (H∈AB;K∈AD).a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID.c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S’ là diện tích tam giác HIK. Chứng minh  rằng:    S'S≤HK24.AI2       
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho tứ  giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD ($H\in AB;K\in AD$).a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID.c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S^’ là diện tích tam giác HIK. Chứng minh  rằng:    $\frac{S‘}{S}\le \frac{H{K}^2}{4.A{I}^2}$       

   Trả lời:

   a) Tứ giác AHIK có:$\begin{array}{l}\widehat{AHI}={90}^0(IH\perp AB)\\ \widehat{AKI}={90}^0(IK\perp AD)\\ \Rightarrow \widehat{AHI}+\widehat{AKI}={180}^0\end{array}$=> Tứ giác AHIK nội tiếp.b) $∆$IAD và $∆$IBC có: ${\widehat{A}}_1={\widehat{B}}_1$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))$\widehat{AID}=\widehat{BIC}$ (2 góc đối đỉnh)=> $∆$IAD $~$ $∆$IBC (g.g)$\Rightarrow \frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}\Rightarrow IA.IC=IB.ID$c, Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có${\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$ ${\widehat{A}}_1={\widehat{H}}_1$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)mà ${\widehat{A}}_1={\widehat{B}}_1\Rightarrow {\widehat{H}}_1={\widehat{B}}_1$Chứng minh tương tự, ta được ${\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$$∆$HIK và $∆$BCD có: ${\widehat{H}}_1={\widehat{B}}_1\text{ ; }{\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$=>  $∆$HIK $~$ $∆$BCD (g.g)d) Gọi S₁ là diện tích của $∆$BCD.Vì $∆$HIK $~$ $∆$BCD nên: $\frac{S‘}{S_1}=\frac{H{K}^2}{B{D}^2}=\frac{H{K}^2}{{(IB+ID)}^2}\le \frac{H{K}^2}{4IB.ID}=\frac{H{K}^2}{4IA.IC}$                                (1)Vẽ $AE\perp BD\text{ , }CF\perp BD\Rightarrow AE//CF\Rightarrow \frac{CF}{AE}=\frac{IC}{IA}$ $∆$ABD và $∆$BCD có chung cạnh đáy BD nên:$\frac{S_1}{S}=\frac{CF}{AE}\Rightarrow \frac{S_1}{S}=\frac{IC}{IA}$                                                                    (2)Từ (1) và (2) suy ra$\frac{S‘}{S_1}\cdot \frac{S_1}{S}\le \frac{H{K}^2}{4IA.IC}\cdot \frac{IC}{IA}\iff \frac{S‘}{S}\le \frac{H{K}^2}{4I{A}^2}$ (đpcm)

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====