BC=a; AC=b; AB=c

Từ C dựng đường thẳng vuông góc với AB tại H

\(\frac{a}{bc}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}+\frac{1}{a+b-c}.\)

\(\Rightarrow a\left(a+b-c\right)+c\left(a+b-c\right)=b\left(a+b-c\right)+bc\)

\(\Rightarrow a^2+ab-ac+ac+bc-c^2=ab+b^2-bc+bc\)

\(\Rightarrow a^2-b^2-c^2+bc=0\) (*)

Ta có \(AB=c=AH+BH\Rightarrow c^2=AH^2+BH^2+2.AH.BH\) (**)

Xét tg vuông ACH có

\(AH^2=AC^2-CH^2=b^2-CH^2\)

Xét tg vuông BCH có

\(BH^2=BC^2-CH^2=a^2-CH^2\)

Thay giá trị của \(AH^2\) và  \(BH^2\) vào (**) ta có

\(c^2=b^2-CH^2+a^2-CH^2+2.AH.BH=b^2+a^2-2.CH^2+2.AH.BH\) Thay vào (*) ta có

\(a^2-b^2-\left(b^2+a^2-2.CH^2+2.AH.BH\right)+bc=0\)

\(\Rightarrow-2.b^2+2.CH^2-2.AH.BH+bc=0\)

\(\Rightarrow-2\left(b^2-CH^2\right)-2.AH.BH+bc=0\)

\(\Rightarrow-2.AH^2-2.AH.BH+bc=0\)

\(\Rightarrow bc=2.AH\left(AH+BH\right)=2.AH.AB=2.AH.c\Rightarrow b=AC=2.AH\)

Xét tg vuông ACH có

\(\cos A=\frac{AH}{AC}=\frac{AH}{2.AH}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{A}=60^o\left(dpcm\right)\)

ta có \(a^2=\frac{b^3+c^3-a^3}{b+c-a}\Leftrightarrow a^2\left(b+c\right)-a^3=b^3+c^3-a^3\Leftrightarrow a^2=\frac{b^3+c^3}{b+3}\)

hay \(a^2=b^2-bc+c^2\)

mà theo địnkh lý cosin trong tam giác ta có \(a^2=b^2-2.bc.cos\left(A\right)+c^2\Rightarrow cos\left(A\right)=\frac{1}{2}\Rightarrow A=60^0\)

ta có \(a=2b.cos\left(C\right)=2b.\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\Leftrightarrow a^2=a^2+b^2-c^2\Leftrightarrow b=c\)

vì vậy ABC cân tại A mà lại có A=60 độ nên ABC đều

\(\hept{\begin{cases}xy\left(4xy+y+4\right)=y^2\left(2y+5\right)-1\\2xy\left(x-2y\right)+x-14y=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(2xy+1\right)^2+y^2\left(x-2y\right)=5y^2\left(1\right)\\\left(x-2y\right)\left(2xy+1\right)=12y\left(2\right)\end{cases}}\)

Xét: y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình

Xét: \(y\ne0\) chia hai vế phương trình (1) cho \(y^2\); chia hai vế phương trình (2) cho y được

\(\hept{\begin{cases}\left(2x+\frac{1}{y}\right)^2+\left(x-2y\right)=5\\\left(x-2y\right)\left(2x+\frac{1}{y}\right)=12\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}a=2x+\frac{1}{y}\\b=x-2y\end{cases}}\) có hệ phương trình \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2+b=5\\ab=12\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=-3\\b=-4\end{cases}}}\) hay \(\hept{\begin{cases}2x+\frac{1}{y}=-3\\x-2y=-4\end{cases}}\)

Giải hệ phương trình (tự làm nốt) được nghiệm \(\left(-2;1\right)\) và \(\left(-\frac{7}{2};\frac{1}{4}\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+2y^2=3\\x+y=m+1\end{matrix}\right.\) <=> \(\left\{{}\begin{matrix}\left[\left(m+1\right)-y\right]^2+2y^2=3\\x=\left(m+1\right)-y\end{matrix}\right.\)  <=>\(\left\{{}\begin{matrix}\left(m+1\right)^2-2\left(m+1\right)y+y^2+2y^2=3\left(1\right)\\x=\left(m+1\right)-y\end{matrix}\right.\)

Hệ PT có nghiệm duy nhất <=> (1) có nghiệm duy nhất <=>\(\Delta'=0\) 

<=> \(\left(m+1\right)^2-3\left[\left(m+1\right)^2-3\right]=0\)

<=> \(9-2\left(m+1\right)^2=0\)

<=> \(\left(m+1\right)^2=\dfrac{9}{2}\)

<=> \(\left[{}\begin{matrix}m+1=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\\m+1=-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\end{matrix}\right.\) <=> \(\left[{}\begin{matrix}m=\dfrac{3\sqrt{2}-2}{2}\\m=\dfrac{-3\sqrt{2}-2}{2}\end{matrix}\right.\)

Bài 2. 

ĐK: $x\geq \frac{-11}{2}$

$x+\sqrt{2x+11}=0\Leftrightarrow x=-\sqrt{2x+11}$

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 0\\ x^2=2x+11\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 0\\ x^2-2x-11=0(*)\end{matrix}\right.\)

\(\Delta'(*)=12\)

\(\Rightarrow x=1\pm \sqrt{12}=1\pm 2\sqrt{3}\). Với điều kiện của $x$ suy ra $x=1-2\sqrt{3}$

$\Rightarrow a=1; b=-2\Rightarrow ab=-2$

Bài 1. 

Đặt $x^2+2x=t$ thì PT ban đầu trở thành:

$t^2-t-m=0(1)$

Để PT ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thì:

Trước tiên PT(1) cần có 2 nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi $\Delta (1)=1+4m>0\Leftrightarrow m> \frac{-1}{4}(*)$

Với mỗi nghiệm $t$ tìm được, thì PT $x^2+2x-t=0(2)$ cần có 2 nghiệm $x$ phân biệt. 

Điều này xảy ra khi $\Delta '(2)=1+t>0\Leftrightarrow t>-1$

Vậy ta cần tìm điều kiện của $m$ để (1) có hai nghiệm $t$ phân biệt đều lớn hơn $-1$

Điều này xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} (t_1+1)(t_2+1)>0\\ t_1+t_2+2>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} t_1t_2+t_1+t_2+1>0\\ t_1+t_2+2>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -m+1+1>0\\ 1+2>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m< 2(**)\)

Từ $(*); (**)\Rightarrow \frac{-1}{4}< m< 2$

b) 

Để pt ban đầu vô nghiệm thì PT(1) vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm $t$ đều nhỏ hơn $-1$

PT(1) vô nghiệm khi mà $\Delta (1)=4m+1<0\Leftrightarrow m< \frac{-1}{4}$

Nếu PT(1) có nghiệm thì $t_1+t_2=1>-2$ nên 2 nghiệm $t$ không thể cùng nhỏ hơn $-1$

Vậy PT ban đầu vô nghiệm thì $m< \frac{-1}{4}$

c) Để PT ban đầu có nghiệm duy nhất thì:

\(\left\{\begin{matrix} \Delta (1)=1+4m=0\\ \Delta' (2)=1+t=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m=-\frac{1}{4}\\ t=-1\end{matrix}\right.\).Mà với $m=-\frac{1}{4}$ thì $t=\frac{1}{2}$ nên hệ trên vô lý. Tức là không tồn tại $m$ để PT ban đầu có nghiệm duy nhất. 

d) 

Ngược lại phần b, $m\geq \frac{-1}{4}$

e) 

Để PT ban đầu có nghiệm kép thì PT $(2)$ có nghiệm kép. Điều này xảy ra khi $\Delta' (2)=1+t=0\Leftrightarrow t=-1$

$t=-1\Leftrightarrow m=(-1)^2-(-1)=2$

Điều kiện: \(\hept{\begin{cases}xy\ge0\\x,y\ge-1\end{cases}}\) khi đó hệ phương trình tương đương với

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=3+\sqrt{xy}\\x+y+2\sqrt{xy+x+y+1}=14\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=3+\sqrt{xy}\\3+\sqrt{xy}+2\sqrt{xy+4+\sqrt{xy}}=14\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=3+\sqrt{xy}\\4\left(xy+4+\sqrt{xy}\right)=\left(11-\sqrt{xy}\right)^2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=3+\sqrt{xy}\\3xy+26\sqrt{xy}-105=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=3+\sqrt{xy}\\\sqrt{xy}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=6\\\sqrt{xy}=3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\y=3\end{cases}}\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left(x,y\right)=\left(3,3\right)\)