GỌi số sách khối 8 quyên được trong kì I là x (quyển) với x>0

Số sách khối 9 quyên được trong học kì I là y (quyển) với y>0

Do trong kì I cả 2 lớp quyên được 620 quyển nên ta có pt:

\(x+y=620\) (1)

Trong kì II khối 8 quyên nhiều hơn 15% nên quyên được:

\(x.\left(100\%+15\%\right)=1,15x\) quyển

Trong kì II khối 9 quyên được nhiều hơn 12% nên quyên được:

\(y.\left(100\%+12\%\right)=1,12y\) quyển

Do kì II cả 2 lớp quyên được 704 quyển sách nên ta có pt:

\(1,15x+1,12y=704\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=620\\1,15x+1,12y=704\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=320\\y=300\end{matrix}\right.\)

Vậy trong năm học khối 8 quyên được: \(320+320.1,15=688\) quyển sách

Khối 9 quyên được: \(300+300.1,12=636\) quyển sách

Để hệ có nghiệm duy nhất thì \(\dfrac{2}{a+2}\ne\dfrac{a-2}{-2}\)

=>\(\left(a+2\right)\left(a-2\right)\ne-4\)

=>\(a^2\ne0\)

=>\(a\ne0\)

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

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\left(2a+4\right)x+\left(a^2-4\right)y=\left(a+1\right)\left(a+2\right)\\\left(2a+4\right)x-4y=6\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a^2y=a^2+3a+2-6=a^2+3a-4\\2x+\left(a-2\right)y=a+1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{a^2+3a-4}{a^2}\\2x=a+1-\dfrac{\left(a-2\right)\left(a^2+3a-4\right)}{a^2}\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{a^2+3a-4}{a^2}\\2x=\dfrac{a^3+a^2-a^3-3a^2+4a+2a^2+6a-8}{a^2}=\dfrac{10a-8}{a^2}\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{5a-4}{a^2}\\y=\dfrac{a^2+3a-4}{a^2}\end{matrix}\right.\)

\(x+y=\dfrac{a^2+3a-4+5a-4}{a^2}=\dfrac{a^2+8a-8}{a^2}\)

\(=1+\dfrac{8}{a}-\dfrac{8}{a^2}\)

\(=-8\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{8}\right)\)

\(=-8\left(\dfrac{1}{a^2}-2\cdot\dfrac{1}{a}\cdot\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{8}\right)\)

\(=-8\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{2}\right)^2+3< =3\forall a\ne0\)
Dấu '=' xảy ra khi a=2

a: Xét tứ giác OHCA có \(\widehat{AHC}=\widehat{AOC}=90^0\)

nên OHCA là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

Xét ΔAON vuông tại O và ΔAMB vuông tại M có

\(\widehat{OAN}\) chung

Do đó: ΔAON~ΔAMB

=>\(\dfrac{AO}{AM}=\dfrac{AN}{AB}\)

=>\(AM\cdot AN=AO\cdot AB=2R^2\) không đổi

em chịu

Giúp em vớiii 

Mình cx ko rõ nx nên... Bạn tham khảo ý kiến các thầy cô nha!

\(#Nick2cuaLưuNguyenHaAnn\)

\(\left(\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{1-\sqrt{3}}-\dfrac{5}{\sqrt{5}}\right):\dfrac{1}{\sqrt{5}-\sqrt{2}}\)

\(=\left(\dfrac{-\sqrt{2}\left(\sqrt{3}-1\right)}{\sqrt{3}-1}-\sqrt{5}\right)\cdot\left(\sqrt{5}-\sqrt{2}\right)\)

\(=\left(-\sqrt{2}-\sqrt{5}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{2}\right)\)

\(=-\left(\sqrt{5}+\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{2}\right)=-\left(5-2\right)=-3\)

a: Xét tứ giác BCEF có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BCEF là tứ giác nội tiếp

ĐKXĐ: \(x\ge2\)

\(\sqrt{4x-8}-\sqrt{x-2}=2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{4\left(x-2\right)}-\sqrt{x-2}=2\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{x-2}-\sqrt{x-2}=2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-2}=2\)

\(\Leftrightarrow x-2=4\)

\(\Leftrightarrow x=6\) (thỏa mãn)

a: Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADHE là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

\(\widehat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB~ΔAEC

=>\(\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)

=>\(AD\cdot AC=AB\cdot AE\)

Pt hoành độ giao điểm:

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

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=-2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) \(x_1;x_2\) trái dấu

Mà \(\left|x_2\right|+1>0;\forall x_2\Rightarrow\dfrac{4}{x_1}>0\Rightarrow x_1>0\)

\(\Rightarrow x_2< 0\)

\(\Rightarrow\left|x_2\right|=-x_2\)

Đồng thời: \(x_1x_2=-2\Rightarrow x_2=-\dfrac{2}{x_1}\Rightarrow-2x_2=\dfrac{4}{x_1}\)

Do đó ta có:

\(\dfrac{4}{x_1}=\left|x_2\right|+1\)

\(\Rightarrow-2x_2=-x_2+1\)

\(\Leftrightarrow x_2=-1\)

Thế vào \(x_1x_2=-2\Rightarrow x_1=2\)

Thế vào \(x_1+x_2=m\)

\(\Rightarrow m=2+\left(-1\right)=1\)

Từ giả thiết: \(3=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\Rightarrow abc\ge1\)

Lại có:

\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2.b^2c^2.c^2a^2}=3\sqrt[3]{\left(abc\right)^4}\ge3\sqrt[3]{1^4}=3\)

\(\Rightarrow6\le2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(\left(a^4+b^4+1\right)\left(1+1+c^4\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^4+b^4+1}\le\dfrac{c^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{b^4+c^4+1}\le\dfrac{a^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

\(\dfrac{1}{c^4+a^4+1}\le\dfrac{b^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Cộng vế: \(\Rightarrow P\le\dfrac{a^4+b^4+c^4+6}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\le\dfrac{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=1\)

\(P_{max}=1\) khi \(a=b=c=1\)