\(tan\alpha-5cot\alpha+4=0\)

\(\Leftrightarrow tan\alpha-\frac{5}{tan\alpha}+4=0\)

\(\Leftrightarrow tan^2\alpha+4tan\alpha-5=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}tan\alpha=1\\tan\alpha=-5\end{cases}}\)

\(A=\frac{4sin\alpha+2cos\alpha}{3sin\alpha-cos\alpha}=\frac{\frac{4sin\alpha}{cos\alpha}+\frac{2cos\alpha}{cos\alpha}}{\frac{3sin\alpha}{cos\alpha}-\frac{cos\alpha}{cos\alpha}}=\frac{4tan\alpha+2}{3tan\alpha-1}\)

Thế các giá trị của \(tan\alpha\)ta thu được giá trị của \(A\). 

\(CC'\perp AB\) , mà CC' có 1 vtpt là (3;8) nên đường thẳng AB nhận (8;-3) là 1 vtpt

Phương trình AB có dạng:

\(8\left(x+1\right)-3\left(y+3\right)=0\Leftrightarrow8x-3y-1=0\)

B là giao điểm BB' và AB nên tọa độ thỏa mãn:

\(\left\{{}\begin{matrix}5x+3y-25=0\\8x-3y-1=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow B\left(2;5\right)\)

thật là vại

 chượng

Đề bài thiếu phương trình đường thẳng d

Lời giải:
ĐKXĐ: $x\geq \frac{3}{2}$
BPT $\Leftrightarrow x+7\geq 2x+1+4\sqrt{2x-3}$

$\Leftrightarrow 6-x\geq 4\sqrt{2x-3}$

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 6-x\geq 0\\ (6-x)^2\geq 16(2x-3)\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 6\\ x^2-44x+84\geq 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 6\\ (x-42)(x-2)\geq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\leq 2\)

Kết hợp đkxđ suy ra $\frac{3}{2}\leq x\leq 2$

Không hiểu sao làm xong rồi nhưng không hiện lời giải đầy đủ nên mình chụp lại.

Bài làm

Ta có: \(\left|\frac{x^2-3x-1}{x^2+x+1}\right|< 3\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{x^2-3x-1}{x^2+x+1}< 3\\\frac{x^2-3x-1}{x^2+x+1}>-3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{x^2-3x-1}{x^2+x+1}-3< 0\\\frac{x^2-3x-1}{x^2+x+1}+3>0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{x^2-3x-1}{x^2+x+1}-\frac{3x^2+3x+3}{x^2+x+1}< 0\\\frac{x^2-3x-1}{x^2+x+1}+\frac{3x^2+3x+3}{x^2+x+1}>0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{-2x^2-6x-4}{x^2+x+1}< 0\\\frac{4x^2+2}{x^2+x+1}>0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{-2\left(x+1\right)\left(x+2\right)}{\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}< 0\\\frac{2\left(2x^2+1\right)}{\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}>0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\in\left(-\infty;1\right)U\left(2;+\infty\right)\\x\in\left(-\infty;+\infty\right)\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow x\in\left(-\infty;1\right)U\left(2;+\infty\right)\)

Gọi H là giao điểm của BM và CN. Ta có:

Diện tích tam giác ABC = 1/2 * AB * AC = 1/2 * 8 cm * 12 cm = 48 cm^2

Theo định lí Menelaus, ta có: 

(BH/HA) * (AN/NC) * (CM/MB) = 1

Thay giá trị vào ta được: 

(BH/HA) * (4/8) * (5/7) = 1

Suy ra: BH/HA = 14/15

Do đó, AH = AB - BH = 8 cm - (14/15)*8 cm = 8/15 cm

Tương tự, ta có: CH = 12/15 cm

Áp dụng công thức diện tích tam giác bằng nửa tích chất của đường cao, ta có:

Diện tích tam giác AMN = 1/2 * AM * NH = 1/2 * (AB - BM) * AH = 1/2 * (8 cm - 5 cm) * 8/15 cm = 8/15 cm^2

Vậy diện tích hình tam giác AMN là 8/15 cm^2.