Theo hệ thức Viète ta có : \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=\frac{5}{2}\\x_1x_2=\frac{c}{a}=-\frac{3}{2}\end{cases}}\)

Khi đó : A = ( x₁ + 2x₂ )( x₂ + 2x₁ ) = x₁x₂ + 2x₁² + 2x₂² + 4x₁x₂

= 5x₁x₂ + 2( x₁ + x₂ )² - 4x₁x₂

= 2( x₁ + x₂ )² + x₁x₂ = 2.(5/2)² - 3/2 = 11

A=11

b,

Phương trình hoàng độ giao điểm của (p) và (d) là:

1
4
x
2
=
−
1
2
x
+
2

⇔
1
4
x
2
+
1
2
x
−
2
=
0
⇔
x
2
+
2
x
−
8
=
0

⇔
(
x
+
4
)
(
x
−
2
)
=
0
⇔
\orbr
{
x
=
−
4
x
=
2

x
=
−
4
⇒
y
=
4

x
=
2
⇒
y
=
1

Vậy tọa độ giao điểm của (p) và (d) là (-4;4) ; (2;1)

vậy tọa độ (P) và (d) là A (2;1) và B(-4;4)

b, \(\frac{a^3}{b+2c}+\frac{b^3}{c+2a}+\frac{c^3}{a+2b}\ge1\)

\(\frac{a^4}{ab+2ac}+\frac{b^4}{bc+2ab}+\frac{c^4}{ac+2bc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac+2ac+2ab+2bc}\)( Bunhia dạng phân thức )

mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

\(=\frac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{3+2\left(ab+ac+bc\right)}=\frac{9}{3+6}=1\)( đpcm ) 

1.

Điều kiện x \ge \dfrac14x≥41​.

Phương trình tương đương với \left(\sqrt2.\sqrt{2x^2+x+1}-2\right)-\left(\sqrt{4x-1}-1\right)+2x^2+3x-2 = 0(2​.2x2+x+1​−2)−(4x−1​−1)+2x2+3x−2=0 \Leftrightarrow \dfrac{4x^2+2x-2}{\sqrt2.\sqrt{2x^2+x+1}+2} - \dfrac{4x-2}{\sqrt{4x-1}+1} + (x+2)(2x-1) = 0⇔2​.2x2+x+1​+24x2+2x−2​−4x−1​+14x−2​+(x+2)(2x−1)=0\\ \Leftrightarrow (2x-1)\left(\dfrac{2(x+1)}{\sqrt2 \sqrt{2x^2+x+1}+2} - \dfrac2{\sqrt{4x-1}+1} + x + 2\right) = 0⇔(2x−1)(2​2x2+x+1​+22(x+1)​−4x−1​+12​+x+2)=0

\Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & x =\dfrac12\\ & \dfrac{2(x+1)}{\sqrt2 \sqrt{2x^2+x+1}+2} - \dfrac2{\sqrt{4x-1}+1} + x + 2 = 0\\ \end{aligned}\right.⇔⎣⎢⎢⎢⎡​​x=21​2​2x2+x+1​+22(x+1)​−4x−1​+12​+x+2=0​

Với x \ge \dfrac14x≥41​ ta có:

\dfrac{2(x+1)}{\sqrt2 \sqrt{2x^2+x+1}+2} > 02​2x2+x+1​+22(x+1)​>0

- \dfrac2{\sqrt{4x-1}+1} \ge -2−4x−1​+12​≥−2

$x+2>2$.

Suy ra \dfrac{2(x+1)}{\sqrt2 \sqrt{2x^2+x+1}+2} - \dfrac2{\sqrt{4x-1}+1} + x + 2 > 02​2x2+x+1​+22(x+1)​−4x−1​+12​+x+2>0.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = \dfrac12.x=21​.

2.

Đặt P = \dfrac{a^3}{b+2c} + \dfrac{b^3}{c+2a} + \dfrac{c^3}{a+2b}P=b+2ca3​+c+2ab3​+a+2bc3​

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương \dfrac{9a^3}{b + 2c}b+2c9a3​ và $(b+2c)a$ ta có

\dfrac{9a^3}{b+2c} + (b+2c)a \ge 6a^2b+2c9a3​+(b+2c)a≥6a2.

Tương tự \dfrac{9b^3}{c+2a} + (c+2a)b \ge 6b^2c+2a9b3​+(c+2a)b≥6b2, \dfrac{9c^3}{a+2b} + (a+2b)c \ge 6c^2a+2b9c3​+(a+2b)c≥6c2.

Cộng các vế ta có 9P + 3(ab+bc+ca) \ge 6(a^2+b^2+c^2)9P+3(ab+bc+ca)≥6(a2+b2+c2).

Mà a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca = 4a2+b2+c2≥ab+bc+ca=4 nên $P\ge 1$ (ta có đpcm).

1.

Chứng minh được \widehat{CEB} = \widehat{BDC} = 90^{\circ}CEB=BDC=90∘.

Suy ra $4$ điểm $B,E,D,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CB$ nên tứ giác $BCDE$ nội tiếp.

Có tứ giác $BCDE$ nội tiếp nên \widehat{DCE} = \widehat{DBE}DCE=DBE ($2$ góc nội tiếp cùng chắn cung $DE$) hay \widehat{ACQ} = \widehat{ABP}ACQ​=ABP.

Trong đường tròn tâm $(O)$, ta có \widehat{ACQ}ACQ​ là góc nội tiếp chắn cung $AQ$ và \widehat{ABP}ABP nội tiếp chắn cung $AP$

\Rightarrow \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}⇒AQ⌢​=AP⌢.

2.

$(O)$ có \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢​=AP⌢ nên \widehat{ABP} = \widehat{ABQ}ABP=ABQ​ hay \widehat{HBE} = \widehat{QBE}HBE=QBE​.

Ta chứng minh được $BE$ vừa là đường cao, vừa là phân giác của tam giác $HBQ$ nên $E$ là trung điểm của $HQ$.

Chứng minh tương tự $D$ là trung điểm của $HP$ $\Rightarrow DE$ là đường trung bình của tam giác $HPQ$ $\Rightarrow DE//PQ$ (1).

Do \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢​=AP⌢ nên $A$ là điểm chính giữa cung $PQ$ $\Rightarrow OA\perp PQ$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $OA\perp DE$.

3.

Kẻ đường kính $CF$ của đường tròn tâm $(O)$, chứng minh tứ giác $ADHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Chứng minh tứ giác $AFBH$ là hình bình hành, suy ra $BF=AH$.

Trong đường tròn $(O)$ có \widehat{CAB} = \widehat{CFB} = 60^{\circ}CAB=CFB=60∘ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$). Chỉ ra tam giác $BCF$ vuông tại $B$ và áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc ta được BF=CF. \cos 60^{\circ} =R=6BF=CF.cos60∘=R=6 cm.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ADHE$ cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$.

Gọi $r$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$.

Suy ra $2r=AH=BF=6$ cm.

Vậy $r=3$ cm.

Trả lời:

a, Ngoài cửa sổ bấy giờ những bông hoa bằng lăng đã thưa thớt - cái giống hoa ngay khi mới nở, màu sắc nhợt nhạt. (thành phần biệt lập phụ chú) Hẳn có lẽ (thành phần biệt lập tình thái) vì đã sắp hết mùa, hoa đã vãn trên cành, cho nên mấy bông hoa cuối cùng còn xót lại trở nên đậm sắc hơn

a. Thành phần phụ chú "cái giống hoa ngay khi mới nở, màu sắc đã nhợt nhạt".

b. Thành phần cảm thán "chao ôi".

c. Thành phần phụ chú "ngôi nhà chung của chúng ta".

1. Than ôi! (cảm thán)

2. Hình như (tình thái)

3. Kể cả anh (phụ chú)

4. Hôm nay tôi đi học (phụ chú)

5. Quê hương ơi! (cảm thán)

6. Chao ôi! (cảm thán)

7. Chừng như (tình thái)

8. Dường như (tình thái)

1:than ôi- tp biệt lập cảm thán;2 hình như - tp tình thái ;3Kể cả anh -tp phụ chú;4 hôm nay tôi đi học -tp phụ chú;5 quê hương ơi -tp cảm thán:6 chao ôi -tp cảm thán;7 chừng như-tp tình thái;8 dường như -tp tình thái

1) cảm thán : trời ơi
2)gọi đáp: thưa ông
3)tình thái : chả nhẽ
4)phụ chú : ngôi nhà chung của chúng ta
5)cảm thán : ôi
6)phụ chú:bạn thân nhất của tôi
7)tình thái : có lẽ
8)cảm thán :ạ

​1. Trời ơi (cảm thán)

2. Thưa ông (gọi đáp)

3. Chả nhẽ (tình thái)

4. Ngôi nhà chung của chúng ta (phụ chú)

5. Ôi (cảm thán)

6. Bạn thân nhất của tôi (phụ chú)

7. Có lẽ (tình thái)

8. Ông giáo ạ. (gọi đáp)

Trả lời: Thành phần phụ chú, thành phần khởi ngữ được tô đậm

a. Thế rồi bỗng một hôm, chắc rằng hai cậu bàn cãi mãi, hai cậu chợt nghĩ kế rủ Oanh chung tiền mở cỏi trường.

(Nam Cao)

b. Lan - bạn thân của tôi - học giỏi nhất lớp.

c. Nhìn cảnh ấy mọi người đều chảy nước mắt, còn tôi, tôi cảm thấy như có ai đang bóp nghẹt tim tôi.

(Chiếc lược ngà - Nguyễn Quang Sáng)

d. Kẹo đây, con lấy mà chia cho em.

a) thành phần phụ chú : chắc rằng hai cậu bàn cãi mã
b) thành phần phụ chú:bạn thân của tôi
c) thành phần khởi ngữ:còn tôi
d) thành phần khởi ngữ : kẹo đây

Trả lời:

Các thành phần tình thái, cảm thán trong những câu trên là:

(1) Nhưng còn cái này nữa mà ông sợ, có lẽ còn ghê rợn hơn cả những tiếng kia nhiều.

Thành phần tình thái: có lẽ

(2) Chao ôi, bắt gặp một con người như anh ta là một cơ hội hãn hữu cho sáng tác, nhưng hoàn thành sáng tác còn là một chặng đường dài.

Thành phần cảm thán: chao ôi

 (3) Ông lão bỗng ngừng lại, ngờ ngợ như lời mình không được đúng lắm. Chả nhẽ cái bọn ở làng lại đốn đến thế được.

Thành phần tình thái: chả nhẽ

a) có lẽ
b) chao ôi
c) chả nhẽ

Trả lời:

a. Nửa tiếng đồng hồ sau (TN), chị Thao (CN) chui vào hang (VN).

b. Tác giả thay mặt cho đồng bào miền Nam - những người con ở xa (phụ chú) bày tỏ niềm tiếc thương vô hạn.

c. Thế à (cảm thán), cảm ơn các bạn!

d. Này (gọi đáp) ! Ông giáo ạ! Cái giống nó cũng khôn.