\(x^2+5y^2+6z^2+2xy-4xz=10\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+4z^2+2xy-4xz-4yz+4y^2+4yz+z^2+z^2=10\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y-2z\right)^2+\left(2y+z\right)^2+z^2=10\)

Vì \(x,y,z\)là các số nguyên nên \(\left(x+y-2z\right)^2,\left(2y+z\right)^2,z^2\)là các số chính phương. 

Phân tích \(10\)thành tổng của các số chính phương: \(10=0+1+9\)là cách duy nhất nên ta có các trường hợp: 

- Nếu \(z^2=0\Leftrightarrow z=0\)thì \(\left(2y\right)^2=1\)hoặc \(\left(2y\right)^2=9\)không có nghiệm nguyên vì \(2y\)là số chẵn. 

- Nếu \(\left(2y+z\right)^2=0\Leftrightarrow z=-2y\)thì \(z^2=\left(-2y\right)^2=1\)hoặc \(z^2=9\)tương tự cũng không có nghiệm nguyên. 

- Nếu \(x+y-2z=0\), ta xét bảng giá trị thu được các nghiệm của phương trình. 

Tự vẽ hình

Giải:

Tam giác ABC, có:

$\tan B=\frac{5}{12}$

$\iff \frac{AC}{AB}=\frac{5}{12}$

$\iff \frac{AC}{6}=\frac{5}{12}$

$\iff AC=\frac{5.6}{12}=2,5\left(cm\right)$

Áp dụng định lý Pitago, có:

$A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2$

$\iff BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{6^2+2,5^2}=6,5\left(cm\right)$

Vậy ...

\(\left(4+\sqrt{15}\right)\left(\sqrt{10}-\sqrt{6}\right)\left(\sqrt{4-\sqrt{15}}\right)\)

\(\left(4+\sqrt{15}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{8-2\sqrt{15}}\right)\)

\(\left(4+\sqrt{15}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{\sqrt{5}^2-2\sqrt{3}\sqrt{5}+\sqrt{3}^2}\right)\)

\(\left(4+\sqrt{15}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)^2}\right)\)

\(\left(4+\sqrt{15}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)^2\)

\(\left(4+\sqrt{15}\right)\left(5+3-2\sqrt{15}\right)\)

\(\left(4+\sqrt{15}\right)\left(8-2\sqrt{15}\right)\)

\(32-8\sqrt{15}+2\sqrt{30}-30\)

\(2-8\sqrt{15}+2\sqrt{30}\)

\(=\left(\sqrt{4+\sqrt{15}}\right)^2\cdot\sqrt{2}\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{4-\sqrt{15}}\right)\)

\(=\sqrt{\left(4+\sqrt{15}\right)\left(4-\sqrt{15}\right)}\cdot\sqrt{2\left(4+\sqrt{15}\right)}\cdot\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\)

\(=1\cdot\sqrt{8+2\sqrt{15}}\cdot\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)=\sqrt{\left(\sqrt{5}+\sqrt{3}\right)^2}\cdot\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\)

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

\(\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+1}+\frac{5}{\sqrt{x}-1}+\frac{4}{x-1}\)

\(\frac{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-1\right)+5\sqrt{x}+5+4}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(\frac{x+3\sqrt{x}-\sqrt{x}-3+5\sqrt{x}+9}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(\frac{x+7\sqrt{x}+6}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(\frac{x+6\sqrt{x}+\sqrt{x}+6}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)+6\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+6\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(\frac{\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}-1}\)

oa đúng lun rùi ne cả ơn nha ^^

k nha

Bài 1:

Đặt:  (d):  y = (m+5)x + 2m - 10

Để y là hàm số bậc nhất thì:  m + 5 # 0    <=>   m # -5

Để y là hàm số đồng biến thì: m + 5 > 0  <=>  m > -5

(d) đi qua A(2,3) nên ta có:

3 = (m+5).2 + 2m - 10

<=>  2m + 10 + 2m - 10 = 3

<=>  4m = 3

<=> m = 3/4

m=3/4 nhé

mn k đúng nhé

!

do bài này quá nhiều người đã đăng rồi nên mình sẽ gửi link qua phần tin nhắn cho bạn nhé 

Bạn có nhìn thấy hình không ạ ?

Mình lấy bài tại link : https://olm.vn/hoi-dap/detail/82024444022.html

Có gì bạn vào đó tham khảo nhé !

_ Hok tốt _

\(\hept{\begin{cases}3x+\sqrt{y+6}=11\\5x-\sqrt{y+6}=13\end{cases}}\hept{\begin{cases}8x=11+13\\5x-\sqrt{y+6}=13\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}8x=24\\5x-\sqrt{y+6}=13\end{cases}}\hept{\begin{cases}x=3\left(1\right)\\5x-\sqrt{y+6}=13\left(2\right)\end{cases}}\)

thế (1) vào (2)

\(\hept{\begin{cases}x=3\\5.3-\sqrt{y+6}=13\end{cases}\hept{\begin{cases}x=3\\\sqrt{y+6}=2\end{cases}\hept{\begin{cases}x=3\\y+6=4\end{cases}}}}\)

\(\hept{\begin{cases}x=3\\x=-2\end{cases}}\)

ĐK : y ≥ -6

\(\hept{\begin{cases}3x+\sqrt{y+6}=11\\5x-\sqrt{y+6}=13\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}8x=24\\3x+\sqrt{y+6}=11\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\\sqrt{y+6}=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\y=-2\end{cases}\left(tm\right)}\)

Vậy hpt có nghiệm ( x; y ) = ( 3 ; -2 )

1, Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(P\right)\)và \(\left(d\right)\)là: 

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

\(\Leftrightarrow x^2+mx-1=0\)(1)

Phương trình có hệ số \(a.c=1.\left(-1\right)=-1< 0\)nên luôn có hai nghiệm phân biệt. 

Do đó \(\left(P\right)\)luôn cắt \(\left(d\right)\)tại hai điểm phân biệt \(A,B\).

2, Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\).

Theo định lí Viete ta có: 

\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-m\\x_1x_2=-1\end{cases}}\)

\(x_1^3+x_2^3=\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)=-m^3-3.\left(-1\right).\left(-m\right)\)

\(=-m^3-3m=-4\)

\(\Leftrightarrow m^3+3m-4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left(m^2+m+4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow m-1=0\)(vì \(m^2+m+4=m^2+m+\frac{1}{4}+\frac{15}{4}=\left(m+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{15}{4}>0\))

\(\Leftrightarrow m=1\).

Xét tam giác \(ABC\)vuông tại \(A\):

\(BC^2=AB^2+AC^2\)(định lí Pythagore) 

\(=12^2+16^2=400\)

\(\Leftrightarrow BC=20\left(cm\right)\)

\(AB^2=BD.BC\Leftrightarrow BD=\frac{AB^2}{BC}=\frac{12^2}{20}=7,2\left(cm\right)\)

Xét tam giác \(ABC\)phân giác \(AD\): 

\(\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}\)(tính chất đường phân giác) 

\(=\frac{AB+AC}{BD+CD}=\frac{12+16}{20}=1,4\)

\(\Leftrightarrow BD=\frac{AB}{1,4}=\frac{12}{1,4}=\frac{60}{7}\left(cm\right)\)

\(HD=\left|BD-BH\right|=\frac{48}{35}\left(cm\right)\)