Bài 1:
\(a\left(a+b+c\right)=\dfrac{-1}{24}\left(1\right);b\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{16}\left(2\right);c\left(a+b+c\right)=\dfrac{-1}{72}\left(3\right)\)
Ta có: \(a\left(a+b+c\right)+b\left(a+b+c\right)+c\left(a+b+c\right)=\dfrac{-1}{24}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{-1}{72}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right).\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{144}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=\left(\dfrac{1}{12}\right)^2\)
\(\Rightarrow a+b+c=\pm\dfrac{1}{12}\)
+,Xét trường hợp \(a+b+c=\dfrac{-1}{12}\)(*):
Thay (*) vào (1) ta có:
\(\dfrac{-1}{12}a=\dfrac{-1}{24}\Rightarrow a=\dfrac{1}{2}\)
Thay (*) vào (2) ta có:
\(\dfrac{-1}{12}b=\dfrac{1}{16}\Rightarrow b=\dfrac{-3}{4}\)
Thay (*) vào (3) ta có:
\(\dfrac{-1}{12}c=\dfrac{-1}{72}\Rightarrow c=\dfrac{1}{6}\)
+, Xét trường hợp \(a+b+c=\dfrac{1}{12}\)(**):
Thay (**) vào (1) ta có:
\(\dfrac{1}{12}a=\dfrac{-1}{24}\Rightarrow a=\dfrac{-1}{2}\)
Thay(**) vào (2) ta có:
\(\dfrac{1}{12}b=\dfrac{1}{16}\Rightarrow b=\dfrac{3}{4}\)
Thay (**) vào (3) ta có:
\(\dfrac{1}{12}c=\dfrac{-1}{72}\Rightarrow c=\dfrac{-1}{6}\)
Vậy \(\left(a;b;c\right)\in\left\{\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{-3}{4};\dfrac{1}{6}\right);\left(\dfrac{-1}{2};\dfrac{3}{4};\dfrac{-1}{6}\right)\right\}\)
Bài 2:
b,Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
\(\dfrac{x-y}{z}=\dfrac{3y}{x-z}=\dfrac{x}{y}=\dfrac{x-y+3y+x}{z+x-z+y}=\dfrac{2x+2y}{x+y}=2\)
Từ \(\dfrac{x}{y}=2\Rightarrow x=2y\)
\(\dfrac{x-y}{z}=2\Rightarrow2y-y=2z\Rightarrow y=2z\)
Vậy \(x=2y;y=2z\) (đpcm)
Bài 3:
\(A\left(x\right)=x^2+10x+36=x^2+5x+5x+25+11\)
\(A\left(x\right)=\left(x^2+5x\right)+\left(5x+25\right)+11\)
\(A\left(x\right)=x.\left(x+5\right)+5.\left(x+5\right)+11\)
\(A\left(x\right)=\left(x+5\right)^2+11\)
Với mọi giá trị của \(x\in R\) ta có:
\(\left(x+5\right)^2\ge0\Rightarrow\left(x+5\right)^2+11\ge11>0\)
Hay \(A\left(x\right)>0\) với mọi giá trị của \(x\in R\).
Vậy đa thức A(x) không có nghiệm (đpcm)
Bài 4:
Ta có: AB+AC(do tam giác ABC cân tại A); MC=MD(M là trung điểm của CD)
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác vuông ta có:
\(KB^2=KA^2-AB^2=KA^2-AC^2\)
\(=\left(KE^2+AE^2\right)-\left(AM^2-MC^2\right)\)
\(=KE^2+AE^2-AM^2+MC^2\)
\(=KD^2-ED^2+AM^2-ME^2-AM^2+MC^2\)
\(=KD^2-\left(ED^2+ME^2\right)+MC^2\)
\(=KD^2-MD^2+MC^2=KD^2\)
\(\Rightarrow KB^2=KD^2\Rightarrow KB=KD\)
\(\Rightarrow\) tam giác KBD cân tại K (đpcm)
Bài 3:
b, Xét trường hợp c<0:
Ta có: \(8^{-c}=\dfrac{1}{8^c}\) là phần số mà a;b là số nguyên nên \(\left(a+b\right).\left(a-b\right)\) có giá trị nguyên
=> Loại trường hợp c<0
Xét trường hợp c=0:
Ta có: \(\left(a+b\right).\left(a-b\right)=8^0+10\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right).\left(a-b\right)=11\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right);\left(a-b\right)\inƯ\left(11\right)\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right);\left(a-b\right)\in\left\{-11;-1;1;11\right\}\)
Ta có bảng sau:
| a+b | -11 | -1 | 1 | 11 |
| a-b | -1 | -11 | 11 | 1 |
| 2a | -12 | -12 | 12 | 12 |
| 2b | -10 | 10 | -10 | 10 |
| a | -6 | -6 | 6 | 6 |
| b | -5 | 5 | -5 | 5 |
Xét trường hợp c>0:
Ta có: \(8^c⋮4;10⋮̸4\) và \(10⋮2\)
Do đó \(8^c+10⋮̸4\) và \(8^c+10⋮2\) (1)
Mặc khác:
\(\left(a+b\right)+\left(a-b\right)=2a\) (chẵn)
\(\Rightarrow\left(a+b\right);\left(a-b\right)\) cúng sinh chẵn lẻ
\(\Rightarrow\left(a+b\right).\left(a-b\right)⋮4\) hoặc \(\left(a+b\right).\left(a-b\right)\) lẻ
\(\Rightarrow\left(a+b\right).\left(a-b\right)⋮4\) hoặc \(\left(a+b\right).\left(a-b\right)⋮̸2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra không tồn tại các số nguyên a;b;c(c>0)
để có:
\(\left(a+b\right).\left(a-b\right)=8^c+10\)
Vậy bộ ba số nguyên cần tìm là:
\(\left(-6;-5;0\right);\left(-6;5;0\right);\left(6;-5;0\right);\left(6;5;0\right)\)
Bài 2:
a, Ta có: \(a^2+b^2+c^2=\dfrac{b^2-c^2}{a^2+3}+\dfrac{c^2-a^2}{b^2+4}+\dfrac{a^2-b^2}{c^2+5}\)
\(\Leftrightarrow a^2-\dfrac{a^2-b^2}{c^2+5}+b^2-\dfrac{b^2-c^2}{a^2+3}+c^2-\dfrac{c^2-a^2}{b^2+4}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2.c^2+4a^2+b^2}{c^2+5}+\dfrac{b^2.a^2+2b^2+c^2}{a^2+3}+\dfrac{c^2.b^2+3c^2+a^2}{b^2+4}=0\)
Với mọi giá trị của \(a;b;c\in R\) ta có:
\(a^2\ge0;b^2\ge0;c^2\ge0\)
\(\dfrac{a^2.c^2+4a^2+b^2}{c^2+5}\ge0;\dfrac{b^2.a^2+2b^2+c^2}{a^2+3}\ge0;\dfrac{c^2.b^2+3c^2+a^2}{b^2+4}\ge0\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2.c^2+4a^2+b^2}{c^2+5}+\dfrac{b^2.a^2+2b^2+c^2}{a^2+3}+\dfrac{c^2.b^2+3c^2+a^2}{b^2+4}\ge0\)
với mọi giá trị của \(a;b;c\in R\)
Để \(\dfrac{a^2.c^2+4a^2+b^2}{c^2+5}+\dfrac{b^2.a^2+2b^2+c^2}{a^2+3}+\dfrac{c^2.b^2+3c^2+a^2}{b^2+4}=0\) thì
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a^2.c^2+4a^2+b^2}{c^2+5}=0\\\dfrac{b^2.a^2+2b^2+c^2}{a^2+3}=0\\\dfrac{c^2.b^2+3c^2+a^2}{b^2+4}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2.c^2+4a^2+b^2=0\\b^2.a^2+2b^2+c^2=0\\c^2.b^2+3c^2+a^2=0\end{matrix}\right.\)
+, \(a^2.c^2+4a^2+b^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2.c^2=0\\4a^2=0\\b^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}a^2=0\\c^2=0\end{matrix}\right.\\a^2=0\\b^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c=0\)(1)
+,\(b^2.a^2+2b^2+c^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2.a^2=0\\2b^2=0\\c^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}b^2=0\\a^2=0\end{matrix}\right.\\b^2=0\\c^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c=0\)(2)
+, \(c^2.b^2+3c^2+a^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}c^2.b^2=0\\3c^2=0\\a^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}c^2=0\\b^2=0\end{matrix}\right.\\c^2=0\\a^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c=0\)(3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra: \(a=b=c=0\)
Vậy giá trị của biểu thức \(2012ab+2013c\) là :
\(2012.0.0+2013.0+0=0\)
Bài 5:
Vẽ \(CN\perp AM\)
Ta có: \(\widehat{NMC}=\widehat{A_{1}}+\widehat{C_{2}}=\widehat{C_{1}}+\widehat{C_{2}}=45^o\)
=> tam giác MNC vuông cân tại N
=> MN=CN
Mặt khác \(\widehat{B_{1}}+\widehat{A_{2}}=\widehat{A_{1}}+\widehat{A_{2}}=90^o\)
=> \(\widehat{BMA}=90^o\)
Xét tam giác ABM vuông tại M và tam giác CAN vuông tại N ta có:
AB=AC(gt); góc \(B_1=\) góc \(A_1\)
Do đó tam giác ABM=tam giác CAN(cạnh huyền - góc nhọn)
=> MB=AN và AM=CN
=> \(MA=MN=\dfrac{1}{2}AN\)
=> \(MA=\dfrac{1}{2}MB\)(1)
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vuông MNC ta có:
\(MC^2=2MN^2\Rightarrow MC=MN\sqrt{2}\) hay \(MC=MA\sqrt{2}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \(MA:MB=1:2\)và \(MA:MC=1:\sqrt{2}\)
Vậy \(MA:MB:MC=1:2:\sqrt{2}\)