3.

Do \(sin\left(x+k2\pi\right)=sinx\Rightarrow sin\left(x+2020\pi\right)=sinx\)

\(sin\left(\dfrac{\pi}{2}+x\right)=cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{2}-x\right)=cos\left(-x\right)=cosx\)

\(A=\dfrac{sinx+sin3x+sin5x}{cosx+cos3x+cos5x}=\dfrac{sinx+sin5x+sin3x}{cosx+cos5x+cos3x}\)

\(=\dfrac{2sin3x.cosx+sin3x}{2cos3x.cosx+cos3x}=\dfrac{sin3x\left(2cosx+1\right)}{cos3x\left(2cosx+1\right)}\)

\(=\dfrac{sin3x}{cos3x}=tan3x\)

4.

a.

\(\overrightarrow{CB}=\left(2;-2\right)=2\left(1;-1\right)\)

Do đường thẳng d vuông góc BC nên nhận \(\left(1;-1\right)\) là 1 vtpt

Phương trình đường thẳng d đi qua \(A\left(-1;2\right)\) và có 1 vtpt là \(\left(1;-1\right)\) là:

\(1\left(x+1\right)-1\left(y-2\right)=0\Leftrightarrow x-y+3=0\)

b.

Gọi \(I\left(a;b\right)\) là tâm đường tròn, ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AI}=\left(a+1;b-2\right)\\\overrightarrow{BI}=\left(a-3;b-2\right)\\\overrightarrow{CI}=\left(a-1;b-4\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AI^2=\left(a+1\right)^2+\left(b-2\right)^2\\BI^2=\left(a-3\right)^2+\left(b-2\right)^2\\CI^2=\left(a-1\right)^2+\left(b-4\right)^2\end{matrix}\right.\)

Do I là tâm đường tròn qua 3 điểm nên: \(\left\{{}\begin{matrix}AI=BI\\AI=CI\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AI^2=BI^2\\AI^2=CI^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+1\right)^2+\left(b-2\right)^2=\left(a-3\right)^2+\left(b-2\right)^2\\\left(a+1\right)^2+\left(b-2\right)^2=\left(a-1\right)^2+\left(b-4\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}8a=8\\4a+4b=12\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow I\left(1;2\right)\)

\(\overrightarrow{AI}=\left(2;0\right)\Rightarrow R=AI=\sqrt{2^2+0^2}=2\)

Pt đường tròn có dạng:

\(\left(x-1\right)^2+\left(y-2\right)^2=4\) 

Cái này nhẩm nghiệm được mà,do tổng các hệ số =0 >>>Pt có 1 nghiệm là 1>>>có chứa nhân tử x-1.

Phân tích:x^3+3x^2-25x+21=x^3-x^2+4x^2-4x-21x+21

=(x^2+4x-21)(x-1)=(x+7)(x-3)(x-1)>>>phương trình có 3 nghiệm là -7,3,1

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{5}{6}\\\dfrac{\dfrac{2}{3}}{x}+\dfrac{\dfrac{2}{3}}{y}+\dfrac{\dfrac{8}{9}}{y}=1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{5}{6}\\\dfrac{\dfrac{2}{3}}{x}+\dfrac{\dfrac{14}{9}}{y}=1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{5}{6}\left(1\right)\\\dfrac{2}{3x}+\dfrac{14}{9y}=1\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Nhân cả hai vế (1) cho \(\dfrac{2}{3}\) ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2}{3x}+\dfrac{2}{3y}=\dfrac{5.2}{6.3}\\\dfrac{2}{3x}+\dfrac{14}{9y}=1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2}{3x}+\dfrac{2}{3y}=\dfrac{10}{18}\left(3\right)\\\dfrac{2}{3x}+\dfrac{14}{9y}=1\left(4\right)\end{matrix}\right.\)

Lấy (4) trừ (3) ta có:

\(\dfrac{14}{9y}-\dfrac{2}{3y}=1-\dfrac{10}{18}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{8}{9y}=\dfrac{4}{9}\)\(\Leftrightarrow y=2\Rightarrow x=\dfrac{1}{\dfrac{5}{6}-\dfrac{1}{2}}=3\)

\(=\dfrac{7-4\sqrt{3}+7+4\sqrt{3}}{1}=14\)

\(=7-4\sqrt{3}+7+4\sqrt{3}=14\)

a)

\(\left\{{}\begin{matrix}3x-y=3\\2x+y=7\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=3x-3\\2x+y=7\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow2x+3x-3=7\\ \Leftrightarrow5x-3=7\\ \Leftrightarrow5x=10\\ \Leftrightarrow x=2\\ \Leftrightarrow y=3.2-3=6-3=3\)

Vậy \(S=\left\{x;y\right\}=\left\{2;3\right\}\)

b)

\(\left\{{}\begin{matrix}3x-y=5\\2y-x=0\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x-y=5\\x=2y\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow3.2y-y=5\\ \Leftrightarrow5y=5\\ \Leftrightarrow y=1\\ \Leftrightarrow x=2y=2.1=2\)

Vậy \(S=\left\{x;y\right\}=\left\{1;2\right\}\)

c.

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+1>0\\\left(2x+1\right)^2>\left(x+2\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x>-\dfrac{1}{2}\\x^2>1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x>-\dfrac{1}{2}\\\left[{}\begin{matrix}x>1\\x< -1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x>1\)

d.

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\2-x< 0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}2-x\ge0\\x>\left(2-x\right)^2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\x>2\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x\le2\\x^2-5x+4< 0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x>2\\\left\{{}\begin{matrix}x\le2\\1< x< 4\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x>2\\1< x\le2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x>1\)

2.

Do \(a\in\left(\dfrac{\pi}{2};\pi\right)\Rightarrow sina>0\)

\(\Rightarrow sina=\sqrt{1-cos^2a}=\sqrt{1-\left(-\dfrac{3}{5}\right)^2}=\dfrac{4}{5}\)

\(x^2+y^2+z^2=xy+yz+xz\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz=0\)

\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2xz=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(x^2-2xz+z^2\right)=0\)

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

Mà \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\forall x;y;z\)

Điều này xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-y=0\\y-z=0\\z-x=0\end{cases}\Rightarrow x=y=z}\)

Vậy \(x=y=z\)

Theo như hình vẽ thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC và J là giao điểm MI với AO đúng không nhỉ?

Tam giác AMJ vuông tại J nên theo Pitago: \(MJ^2=MA^2-AJ^2\)

Tương tự tam giác vuông MJO: \(MJ^2=MO^2-JO^2\)

Trừ vế theo vế: \(MA^2-AJ^2-MO^2+JO^2=0\) (1)

Tam giác vuông AIJ: \(IJ^2=AI^2-AJ^2\)

Tam giác vuông \(IJO\): \(IJ^2=OI^2-JO^2\)

\(\Rightarrow AI^2-AJ^2-OI^2+JO^2=0\) (2)

Trừ vế (1) và (2): \(MA^2-AI^2-MO^2+OI^2=0\) (3)

Do O là trung điểm BC nên \(IO\perp BC\)

\(\Rightarrow OI^2+OC^2=IC^2\) 

Do M, C cùng thuộc đường tròn tâm O đường kính BC \(\Rightarrow OC=OM\)

Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC \(\Rightarrow IC=IA\)

\(\Rightarrow OI^2+OM^2=IA^2\Rightarrow OI^2-IA^2=-OM^2\)

Thế vào (3):

\(MA^2-MO^2-MO^2=0\Rightarrow MA=MO\sqrt{2}=\dfrac{BC\sqrt{2}}{2}\Rightarrow BC=\sqrt{2}MA\)

Em vẽ hình ra được không nhỉ? Hiện tại đang không có công cụ vẽ hình nên không hình dung được dạng câu c

câu C.

Do Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thuộc đường thẳng đó nên gọi tâm đó là I 

=> I là giao điểm của đường thẳng qua M vuông góc AO, và trung trực của BC

Gọi điểm N là giao điểm cả AO và BM

=> tam giác AMO vuông tại M, MN vuông góc AO => \(AM^2\) = AN.AO

AK cắt BM tại G => AN.AO = AG.AK

Chứng minh tứ giác nội tiếp và tam giác đồng dạng  => AG.AK = 2.BN.BI = 2\(BO^2\)

=> \(AM^2=2BO^2=2BC\)

⇒ BC=\(\sqrt{2}\) AM(đpcm)