Toán

Lời giải:

Gọi trung điểm $AC$ là $M$.
Theo định lý cos:

$\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$. Mà theo đề thì $a=2c$ nên:

$\frac{-1}{2}=\cos 120^0=\frac{5c^2-b^2}{4c^2}$

$\Rightarrow b^2=7c^2$

Theo định lý đường trung tuyến:

$BM^2=\frac{c^2+a^2}{2}-\frac{b^2}{4}=\frac{c^2+4c^2}{2}-\frac{7c^2}{4}=\frac{3}{4}c^2$

$AM^2=(\frac{b}{2})^2=\frac{7}{4}c^2$

Từ những số tính toán ở trên suy ra:

$c^2+\frac{3}{4}c^2=\frac{7}{4}c^2\Leftrightarrow AB^2+BM^2=AM^2$ nên theo định lý Pitago đảo thì $ABM$ vuông tại $B$

$\Rightarrow \overrightarrow{u_{AB}}=\overrightarrow{n_{BM}}=(1,1)$

$\Rightarrow \overrightarrow{n_{AB}}=(1,-1)$

PTĐT $AB$: $(x-3)-(y-1)=0\Leftrightarrow x-y-2=0$

$B$ vừa thuộc đt $x+y-2=0$ vừa thuộc ĐT $x-y-2=0$ nên dễ tính $B(2,0)$
---------------------

Gọi tọa độ $C$ là $(t,t')$ thì tọa độ $M$ là $(\frac{3+t}{2}; \frac{t'+1}{2})$

Vì $M\in (x+y-2=0)$ nên: $\frac{3+t}{2}+\frac{t'+1}{2}=0\Leftrightarrow t'=-t$

Theo đề:

$a=2c\Leftrightarrow a^2=4c^2\Leftrightarrow (t-2)^2+(-t)^2=4[(3-2)^2+(1-0)^2]$

$\Leftrightarrow t=1\pm\sqrt{3}$

Vậy............

câu 5: A= 81/10

Câu 1 

a Biểu thức A = \(\sqrt{x-1}+\sqrt{3-x}\) có  nghĩa

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-1\ge0\\3-x\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge1\\x\le3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow1\le x\le3\)

Vậy biểu thức A có nghĩa khi \(1\le x\le3\)

b) \(\dfrac{1}{3-\sqrt{5}}+\dfrac{1}{\sqrt{5}+1}\)

\(=\dfrac{3+\sqrt{5}}{9-5}-\dfrac{\sqrt{5}-1}{5-1}=\dfrac{3+\sqrt{5}}{4}-\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}=\dfrac{3+\sqrt{5}-\sqrt{5}+1}{4}=\dfrac{4}{4}=1\)

Câu 2:

a) \(\left(x-3\right)^2=4\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-3=2\\x-3=-2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=5\\x=1\end{matrix}\right.\)

Vậy phương trình có nghiệm là: S ={5; 1}

b) ĐKXĐ: \(x\ne-\dfrac{1}{2}\)

\(\dfrac{x-1}{2x+1}< \dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-1}{2x+1}-\dfrac{1}{2}< 0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(x-1\right)-\left(2x+1\right)}{2\left(2x+1\right)}< 0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x-2-2x-1}{2\left(2x+1\right)}< 0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{-3}{2\left(2x+1\right)}< 0\)

Vì -3 < 0 \(\Rightarrow2\left(2x+1\right)>0\)

                \(\Rightarrow2x+1>0\)

                \(\Rightarrow x>-\dfrac{1}{2}\)

Vậy bất phương trình có nghiệm là: \(x>-\dfrac{1}{2}\)

Câu 5 :

\(\left\{{}\begin{matrix}x^3+1=2y\left(1\right)\\y^3+1=2x\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Trừ từng vế của (1) cho (2) ta được: \(x^3-y^3=2y-2x\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+2\left(x-y\right)=0\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2+2\right)=0\) \(\Leftrightarrow x-y=0\) vì \(x^2+xy+y^2+2=\left(x+\dfrac{1}{2}y\right)^2+\dfrac{3}{4}y^2+2>0\) \(\Leftrightarrow x=y\) Thay vào (1) ta được:

\(y^3+1=2y\Leftrightarrow y^3-2y+1=0\Leftrightarrow y^3-y^2+y^2-y-y+1=0\Leftrightarrow\left(y-1\right)\left(y^2+y-1\right)=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=1\\y^2+y-1=0\end{matrix}\right.\)

Nếu y=1\(\Rightarrow x=y=1\)

Nếu \(y^2+y-1=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\\y=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=y=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\) hoặc \(x=y=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\) 

Vậy...

vice ơi 

ra đè lóp 7 đi ạ

C501:

Không mất tính tổng quát giả sử \(x< y< z\).

Đặt y = x + a; z = x + a + b với a, b > 0.

BĐT \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{4}{x\left(x+a\right)+\left(x+a\right)\left(x+a+b\right)+\left(x+a+b\right)x}\).

Dễ thấy \(\dfrac{4}{x\left(x+a\right)+\left(x+a\right)\left(x+a+b\right)+\left(x+a+b\right)x}\le\dfrac{4}{a\left(a+b\right)}\).

Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{4}{a\left(a+b\right)}\Leftrightarrow\dfrac{b^2\left(a+b\right)^2+a^2\left(a+b\right)^2+a^2b^2-4ab^2\left(a+b\right)}{a^2b^2\left(a+b\right)^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+b^2\right)^2+\left(ab+a^2\right)^2+a^2b^2-4a^2b^2-4ab^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+2ab^3+b^4+a^2b^2+2a^3b+a^4-3a^2b^2-4ab^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow2a^3b-2ab^3+a^4+b^4-a^2b^2\ge0\)

\(\left(a^2+ab-b^2\right)\ge0\) (luôn đúng).

Dấu "=" xảy ra khi \(x=0;y=\sqrt{2\left(\sqrt{5}-1\right)};z=\sqrt{2\left(\sqrt{5}+1\right)}\) và các hoán vị.

Câu I

1) 

a) Ta có: x-5=0

nên x=5

Vậy: S={5}

b) Ta có: \(x^2-4x+3=0\)

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\x-3=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=3\end{matrix}\right.\)

Vậy: S={1;3}

2) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}2x-y=1\\3x+y=4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5x=5\\2x-y=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=2x-1=2\cdot1-1=1\end{matrix}\right.\)

Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x,y)=(1;1)

II.

1.

\(A=\left[\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}-\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}\right].\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{2\left(\sqrt{x}-1\right)^2}\)

\(=\left(\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}-\dfrac{x-\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}\right).\dfrac{\sqrt{x}+1}{2\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(=2.\dfrac{\sqrt{x}+1}{2\left(\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\)

2.

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

\(A\in Z\Leftrightarrow\sqrt{x}-1\inƯ_2=\left\{\pm1;\pm2\right\}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}\in\left\{0;2;3\right\}\)

\(\Leftrightarrow x\in\left\{0;4;9\right\}\)

III.

1.

\(A\left(1;3\right)\in\left(d\right)\Rightarrow m+1=3\Leftrightarrow m=2\)

2. 

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(d\right);\left(P\right)\):

\(2x^2=mx+1\)

\(\Leftrightarrow2x^2-mx-1=0\left(1\right)\)

Vì \(\Delta=m^2+8>0,\forall x\) nên \(\left(1\right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow\left(d\right);\left(P\right)\) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt

Ở đây hình như là \(T=x_1x_2+y_1y_2\) chứ ạ.

Theo định lí Vi-et: \(x_1x_2=-\dfrac{1}{2}\)

\(T=x_1x_2+y_1y_2\)

\(=x_1x_2+4x^2_1x^2_2\)

\(=-\dfrac{1}{2}+4\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{2}\)

498

C493
$\dfrac{a}{2b^3+1}=a.(1-\dfrac{2b^3}{2b^3+1})$

Áp dụng bđt Cauchy có: $b^3+b^3+1 \geq 3.\sqrt[]{b^3.b^3.1}=3b^2$

$⇒\dfrac{2b^3}{2b^3+1} \leq \dfrac{2b^3}{3b^2}=\dfrac{2b}{3}$

$⇒\dfrac{a}{2b^3+1} \geq a.(1-\dfrac{2b}{3})$

Tương tự ta có: $\dfrac{b}{2c^3+1} \geq b.(1-\dfrac{2c}{3})$

$\dfrac{c}{2a^3+1} \geq c.(1-\dfrac{2a}{3})$

Nên $B \geq a.(1-\dfrac{2b}{3})+b.(1-\dfrac{2c}{3})+c.(1-\dfrac{2a}{3})=a+b+c-\dfrac{2(ab+bc+ca)}{3}$

$ \geq \sqrt[]{3(ab+bc+ca)}-\dfrac{2.(ab+bc+ca)}{3}=1$

Dấu $=$ xảy ra $⇔a=b=c=1$

Vậy $MinB=1$ tại $a=b=c=1$

C493
$\dfrac{a}{b^2c+1}=a.(1-\dfrac{b^2c}{b^2c+1})$

Áp dụng bđt Cauchy có: $b^2c+1 \geq 2.\sqrt[]{b^2c.1}=2b\sqrt[]c$

$⇒\dfrac{b^2c}{b^2c+1} \leq \dfrac{b^2c}{2b\sqrt[]c}=\dfrac{b\sqrt[]c}{2} leq \dfrac{b(c+1)}{4}$

$⇒\dfrac{a}{b^2c+1} \geq a.(1-\dfrac{b(c+1)}{4})$

Tương tự ta có: $\dfrac{b}{c^2a+1} \geq b.(1-\dfrac{c(a+1)}{4})$

$\dfrac{c}{a^2b+1} \geq c.(1-\dfrac{a(b+1)}{4})$

Nên $A \geq a.(1-\dfrac{b(c+1)}{4})+ b.(1-\dfrac{c(a+1)}{4})+c.(1-\dfrac{a(b+1)}{4})$

$=a+b+c-\dfrac{3abc+ab+bc+ca}{4}$

$\geq a+b+c-\dfrac{3\dfrac{(a+b+c)^3}{27}+\dfrac{(a+b+c)^2}{3}}{4}$

$=3-\dfrac{3+3}{4}$

$=\dfrac{3}{2}$

Dấu $=$ xảy ra $⇔a=b=c=1$

Vậy $MinA=\dfrac{3}{2}$ với $a=b=c=1$

tth giờ chuyển sang hình rồi à :))

Câu 2:

Kẻ đường cao AG, BE, CF của tam giác ABC.

Dễ thấy tứ giác HKMG, HECG nội tiếp.

Do đó AK . AM = AH . AG = AE . AC. Suy ra tứ giác KECM nội tiếp.

Tương tự tứ giác KFCM nội tiếp.

Do đó \(\widehat{BKC}=\widehat{BKM}+\widehat{CKM}=\widehat{BFM}+\widehat{CEM}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=\widehat{BHC}\). Suy ra tứ giác BHKC nội tiếp.

Ta có \(\widehat{BLC}=\widehat{BKC}=\widehat{BHC}=180^o-\widehat{BAC}\) nên tứ giác ABLC nội tiếp.

b) Ta có tứ giác KECM nội tiếp nên \(\widehat{MKC}=\widehat{MEC}=\widehat{ACB}\). Do đó \(\Delta MKC\sim\Delta MCA\left(g.g\right)\).

Suy ra \(\widehat{KCM}=\widehat{KAC}\Rightarrow\widehat{LAB}=\widehat{LCB}=\widehat{KCB}=\widehat{KAC}\).

c) Ta có kq quen thuộc là \(\Delta LMB\sim\Delta LCA\).

Kẻ tiếp tuyến Lx của (ABC) sao cho Lx nằm cùng phía với B qua AL.

Ta có \(\widehat{ALx}=\widehat{ACL}=\widehat{LMX}\Rightarrow\) Ax là tiếp tuyến của (LXM).

Do đó (ABC) và (LXM) tiếp xúc với nhau.

Ta có AI . AX = AH . AG = AK . AM nên I, X, M, K đồng viên.

Ta có kq quen thuộc là (HBC) và (ABC) đối xứng với nhau qua BC.

Lại có (IKMX) và (LMX) đối xứng với nhau qua BC.

Suy ra (HC) và (IKMX) cũng tiếp xúc với nhau.

Câu 1 :

a Ta có \(\Lambda CHE\),  \(\Lambda HDB\) là các góc chắn nửa đường tròn đường kính HC;HB \(\Rightarrow\Lambda CHE=\Lambda HDB=90^0\)  Mà \(\Lambda CHE+\Lambda AEH=180^0\Rightarrow\Lambda HDB+\Lambda AEH=180^0\Rightarrow\) Tứ giác ADHE nội tiếp

b Từ câu a ta có:  tứ giác ADHE nt \(\Rightarrow\Lambda IEH=\Lambda DEH=\Lambda DAH=\Lambda BAH\) Mà \(\Lambda BAH=\Lambda BHD=\Lambda IHD\)( cùng phụ với góc ABH) 

\(\Rightarrow\Lambda IEH=\Lambda IHD\) Lại có \(\Lambda EIH=\Lambda HID\) \(\Rightarrow\Delta IEH\sim\Delta IHD\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{IH}{ID}=\dfrac{IE}{IH}\Rightarrow IH^2=ID\cdot IE\)

c Gọi giao điểm của BM với AC là K; CN với AB là J

Từ câu a ta có tứ giác ADHE nt \(\Rightarrow\Lambda KAH=\Lambda EAH=\Lambda DEH=\dfrac{1}{2}sđMH\) Mà \(\Lambda MHA=\dfrac{1}{2}sđMH\Rightarrow\Lambda KAH=\Lambda MHA\) Lại có \(\Lambda ABK=\Lambda DMH\left(=\dfrac{1}{2}sđDM\right)\) ; \(\Lambda BAH=\Lambda BHD\) (từ câu b)

\(\Rightarrow\Lambda BAH+\Lambda KAH+\Lambda BAK=\Lambda MHA+\Lambda DMH+\Lambda BHD=\Lambda AHB=90^0\Rightarrow\Lambda BKA=90^0\) \(\Rightarrow\) BK vuông góc với CA tại K\(\Rightarrow BM\) vuông góc với AC tại K(1)

Chứng minh tương tự ta được: CN vuông góc với AB tại J(2)

Xét tam giác ABC có BK vuông góc với CA; CJ vuông góc với AB ; AH vuông góc với BC \(\Rightarrow\) BK;CJ;AH là 3 đường cao của tam giác ABC 

\(\Rightarrow BK;CJ;AH\) đồng quy \(\Rightarrow BM;CN;AH\) đồng quy

Câu 3:

a) Dễ thấy E thuộc AB, F thuộc AC.

Ta có \(\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{CD}{AC}=\dfrac{CF}{AC}\Rightarrow EF\) // \(BC\).

b) Do các tứ giác AEMP và AFNP nội tiếp nên \(\widehat{MPN}=\widehat{MPA}+\widehat{NPA}=\widehat{MEB}+\widehat{NFC}=\widehat{MDB}+\widehat{NEC}=180^o-\widehat{MDN}=180^o-\widehat{MJN}\Rightarrow\) Tứ giác MPNJ nội tiếp.

c) Ta có \(\widehat{JPM}=\widehat{JNM}=\widehat{JEM}=\widehat{BEM}=\widehat{MPA}\Rightarrow\) A, P, J thẳng hàng.

Câu 5 : 

Ta chứng minh bđt phụ: \(x^5+y^5\ge xy\left(x^3+y^3\right)\forall x\in N\Leftrightarrow x^5+y^5-x^4y-xy^4\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)x^4-y^4\left(x-y\right)\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^4-y^4\right)\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\ge0\)

 \(\Rightarrow x^5+y^5\ge xy\left(x^3+y^3\right)\) (1)

\(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\Rightarrow x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\left(2\right)\)

Áp dụng bđt (1) và (2): \(\Rightarrow\dfrac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\dfrac{ab}{ab\left(a^3+b^3\right)+ab}\le\dfrac{ab}{a^2b^2\left(a+b\right)+ab}=\dfrac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\dfrac{abc}{ab\left(a+b+c\right)}=\dfrac{c}{a+b+c}\) Tương tự:

\(\dfrac{bc}{b^5+c^5+bc}\le\dfrac{a}{a+b+c};\dfrac{ca}{c^5+a^5+ca}\le\dfrac{b}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\sum\dfrac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\sum\dfrac{c}{a+b+c}=\dfrac{a+b+c}{a+b+c}=1\)

Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)=1

Câu 1: 

a) Ta có: \(\left(x+3\right)^2=16\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+3=4\\x+3=-4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-7\end{matrix}\right.\)

Vậy: S={1;-7}

b) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}2x+y-3=0\\\dfrac{x}{4}=\dfrac{y}{3}-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+y=3\\\dfrac{1}{4}x-\dfrac{1}{3}y=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4x+2y=6\\4x-\dfrac{16}{3}y=-16\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{22}{3}y=22\\2x+y=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=3\\2x=3-y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=3\end{matrix}\right.\)

Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x,y)=(0;3)

Câu 1:

a)

\(\left(x +3\right)^2=16\\ \Leftrightarrow x+3=\pm4\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+3=4\\x+3=-4\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-7\end{matrix}\right.\)

Vậy tập nghiệm của pt là \(S=\left\{1;-7\right\}\)

b)

\(\left\{{}\begin{matrix}2x+y-3=0\\\dfrac{x}{4}=\dfrac{y}{3}-1\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+y=3\\\dfrac{3x}{12}=\dfrac{4x}{12}-\dfrac{12}{12}\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+y=3\\3x=4x-12\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+y=3\\3x-4y=-12\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}8x+4y=12\\3x-4y=-12\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}11x=0\\2x+y=3\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\2.0+y=3\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=3\end{matrix}\right.\)

Vậy hpt có nghiệm là \(\left(x;y\right)=0;3\)

anh gửi câu hỏi mà không ai trả lời luôn 

Câu 1 : 

a) 

\(P = a + b - ab = 2 + \sqrt{3} + 2-\sqrt{3} - (2 + \sqrt{3})(2-\sqrt{3})\\ =4 - (2^2 - (\sqrt{3})^2) = 4 - (4 - 3) = 3\)

b)

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

Vậy nghiệm của hệ phương trình (x ; y) = (1 ; 2)

Câu 1:

a)

\(P=a+b-ab\\ =2+\sqrt{3}+2-\sqrt{3}-\left(2+\sqrt{3}\right)\left(2-\sqrt{3}\right)\\ =4-\left(4-2\sqrt{3}+2\sqrt{3}-3\right)\\ =4-1=3\)

Vậy \(P=3\)

b)

\(\left\{{}\begin{matrix}3x+y=5\\x-2y=-3\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}6x+2y=10\\x-2y=-3\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}7x=7\\x-2y=-3\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\1-2y=-3\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\2y=4\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=2\end{matrix}\right.\)

Vậy pht có nghiệm là \(\left(x;y\right)=\left(1;2\right)\)

Câu 2:

a) Thay $m=6$ vào pt trên ta được:

\(x^2-5x+6=0\\ \Leftrightarrow x^2-2x-3x+6=0\\ \Leftrightarrow x\left(x-2\right)-3\left(x-2\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x-3\right)=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-2=0\\x-3=0\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=3\end{matrix}\right.\)

b) 

\(x^2-5x+m=0\\ a=1;b=-5;c=m\\ \Delta=b^2-4ac=\left(-5\right)^2-4.1.m=25-4m\\ \Delta\ge0\Leftrightarrow25-4m\ge0\Leftrightarrow25\ge4m\Leftrightarrow m\le\dfrac{25}{4}\)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}=\dfrac{-\left(-5\right)}{1}=5\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m}{1}=m\end{matrix}\right.\)

\(\left|x_1-x_2\right|=3\\ \Leftrightarrow\sqrt{\left(x-y\right)^2}=3\\ \Leftrightarrow\sqrt{x^2-2xy+y^2+2xy-2xy}=3\\\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+y\right)^2-4xy}=3\\ \Leftrightarrow\sqrt{5^2-4m}=3\\ \Leftrightarrow\sqrt{25-4m}=3\\ \Leftrightarrow25-4m=9\\ \Leftrightarrow4m=16\\ \Leftrightarrow m=4\left(tm\right)\)

Vậy \(m=4\) thì pt có 2 nghiệm \(x_1,x_2\) thỏa mãn đề bài