Toán

Lời giải:

HPT tương đương:

\(\left\{\begin{matrix} 2x^2y=y^2+1\\ 2xy^2=x^2+1\end{matrix}\right.\)

Trừ hai pt cho nhau thì:

$2xy(x-y)+x^2-y^2=0$

$\Leftrightarrow 2xy(x-y)+(x-y)(x+y)=0$

$\Leftrightarrow (x-y)(2xy+x+y)=0$

$\Leftrightarrow x-y=0$ hoặc $2xy+x+y=0$

Nếu $x-y=0\Leftrightarrow x=y$. Thay vào pt (1):

$2x^2=x+\frac{1}{x}$

$\Rightarrow 2x^3=x^2+1$

$\Leftrightarrow (x-1)(2x^2+x+1)=0$

Đến đấy thì đơn giản rồi.

Nếu $2xy+x+y=0$:

Từ $2x^2=y+\frac{1}{y}=\frac{y^2+1}{y}$

Mà $2x^2>0; y^2+1>0$ với mọi $x,y\neq 0$ nên $y>0$

Tương tự $x>0$

$\Rightarrow 2xy+x+y>0$. Do đó TH này loại

Vậy...........

\(\lim\limits\left(\sqrt{n^2+7}-\sqrt{n^2+5}\right)\)

\(=\lim\limits\dfrac{n^2+7-n^2-5}{\sqrt{n^2+7}+\sqrt{n^2+5}}\)

\(=\lim\limits\dfrac{2}{\sqrt{n^2+7}+\sqrt{n^2+5}}\)

\(=\lim\limits\dfrac{\dfrac{2}{n}}{\sqrt{1+\dfrac{7}{n^2}}+\sqrt{1+\dfrac{5}{n^2}}}=\dfrac{0}{\sqrt{1}+\sqrt{1}}=0\)

a: Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

b: Gọi giao điểm của AD với (O) là F, \(F\ne D;F\ne A\)

=>D,F cùng nằm trên (O)

=>OD=OF

=>ΔODF cân tại O

Ta có; ΔODF cân tại O

mà OM là đường cao

nên M là trung điểm của FD

Xét ΔOMA vuông tại M và ΔOHK vuông tại H có

\(\widehat{MOA}\) chung

Do đó: ΔOMA đồng dạng với ΔOHK

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

=>\(OM\cdot OK=OH\cdot OA\left(3\right)\)

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=OD^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(OM\cdot OK=OD^2\)

=>\(\dfrac{OM}{OD}=\dfrac{OD}{OK}\)

Xét ΔOMD và ΔODK có

\(\dfrac{OM}{OD}=\dfrac{OD}{OK}\)

\(\widehat{MOD}\) chung

Do đó: ΔOMD đồng dạng với ΔODK

=>\(\widehat{OMD}=\widehat{ODK}=90^0\)

=>KD là tiếp tuyến của (O;R)

c:

Ta có: \(\widehat{HOC}+\widehat{HAC}=90^0\)(ΔOCA vuông tại C)

\(\widehat{HCA}+\widehat{HAC}=90^0\)(ΔHAC vuông tại H)

Do đó: \(\widehat{HOC}=\widehat{HCA}\)

Xét ΔHOC vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\widehat{HOC}=\widehat{HCA}\)

Do đó: ΔHOC đồng dạng với ΔHCA

1: 

2: Phương trình hoành độ giao điểm là:

2x-3=-x

=>3x=3

=>x=1

Thay x=1 vào y=-x, ta được:

\(y=-x=-1\)

Vậy: (D1) cắt (D2) tại A(1;-1)

3: Vì (D3)//(D1) nên \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b< >-3\end{matrix}\right.\)

Vậy: (D3): y=2x+b

Thay x=-3 và y=-4 vào (D3), ta được:

\(b+2\cdot\left(-3\right)=-4\)

=>b-6=-4

=>b=-4+6=2

a: \(F=-\left(2x-y\right)^3-x\left(2x-y\right)^2-y^3\)

\(=-\left(2x-y\right)^2\cdot\left[2x-y+x\right]-y^3\)

\(=-\left(2x-y\right)^2\cdot\left(3x-y\right)-y^3\)

\(=\left(-4x^2+4xy-y^2\right)\left(3x-y\right)-y^3\)

\(=-12x^3+4x^2y+12x^2y-4xy^2-3xy^2+y^3-y^3\)

\(=-12x^3+16x^2y-7xy^2\)

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

mà \(\left(x-2\right)^2+y^2>=0\forall x,y\)

nên dấu '=' xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x-2=0\\y=0\end{matrix}\right.\)

=>x=2 và y=0

Thay x=2 và y=0 vào F, ta được:

\(F=-12\cdot2^3+16\cdot2^2\cdot0-7\cdot2\cdot0^2\)

\(=-12\cdot2^3\)

\(=-12\cdot8=-96\)

b: \(G=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)+3\left(2x-y\right)\left(4x^2+2xy+y^2\right)\)

\(=x^3+y^3+3\left(2x-y\right)\left[\left(2x\right)^2+2x\cdot y+y^2\right]\)

\(=x^3+y^3+3\left(8x^3-y^3\right)\)

\(=x^3+y^3+24x^3-3y^3\)

\(=25x^3-2y^3\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=2\\y=-3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=-3\\x=2-y=2-\left(-3\right)=2+3=5\end{matrix}\right.\)

Thay x=5 và y=-3 vào G, ta được:

\(G=25\cdot5^3-2\cdot\left(-3\right)^3\)

\(=25\cdot125-2\cdot\left(-27\right)\)

\(=3125+54=3179\)

c: \(H=\left(x+3y\right)\left(x^2-3xy+9y^2\right)+\left(3x-y\right)\left(9x^2+3xy+y^2\right)\)

\(=\left(x+3y\right)\left[x^2-x\cdot3y+\left(3y\right)^2\right]+\left(3x-y\right)\left[\left(3x\right)^2+3x\cdot y+y^2\right]\)

\(=x^3+27y^3+27x^3-y^3\)

\(=28x^3-26y^3\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}3x-y=5\\x=2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=3x-5=3\cdot2-5=1\end{matrix}\right.\)

Thay x=2 và y=1 vào H, ta được:

\(H=28\cdot2^3-26\cdot1^3\)

\(=28\cdot8-26\)

=198

1: Xét ΔKAH vuông tại K và ΔMAH vuông tại M có

AH chung

\(\widehat{KAH}=\widehat{MAH}\)

Do đó: ΔKAH=ΔMAH

2: ΔKAH=ΔMAH

=>KA=MA

Xét ΔAKM có AK=AM

nên ΔAKM cân tại A

Xét ΔABC có \(\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{AM}{AC}\)

nên KM//BC

\(P=\dfrac{1}{256}+\dfrac{1}{128}+...+1\)

\(=1+\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+...+\left(\dfrac{1}{2}\right)^8\)

=>\(2P=2+1+\dfrac{1}{2}+...+\left(\dfrac{1}{2}\right)^7\)

=>\(2P-P=2+1+\dfrac{1}{2}+...+\left(\dfrac{1}{2}\right)^7-1-\dfrac{1}{2}-\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-...-\left(\dfrac{1}{2}\right)^8\)

=>\(P=2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^8=\dfrac{511}{256}\)