Đặt số nam trong lớp là x và số nữ là y.

Theo điều kiện đầu tiên: mỗi nhóm có 4 nam và 3 nữ, thừa 1 bạn nữ. Ta có thể viết thành phương trình: 4x = 3y + 1 (1)

Theo điều kiện thứ hai: mỗi nhóm có 5 nam và 4 nữ, đúng số lượng. Ta có thể viết thành phương trình: 5x = 4y (2)

Giải hệ phương trình (1) và (2):

Từ (2) suy ra x = 4/5y Thay x vào (1) ta có: 4(4/5y) = 3y + 1 Giải phương trình trên ta có: y = 8

Thay y vào (2): 5x = 4*8 => x = 6

Vậy, số nam trong lớp là 6 và số nữ là 8.

(´▽`ʃ♡ƪ) Cho xin một like nha !!!

Gọi x (hs) là số hs nam

y (hs) là số hs nữ (x,y thuộc n*)

*Vì mỗi nhóm có 4 nam và 3 nữ thì thừa 1 bạn nữ

pt=> x/4 - y-1/3 = 0

<=> 3x - 4(y-1) = 0

<=> 3x - 4y = -4        (1)

*Vì mỗi nhóm có 5 nam và 4 nữ thì vừa đủ

pt=> x/5 - y/4 = 0

<=> 4x - 5y = 0         (2)

Từ (1) và (2)

hpt => 3x - 4y = -4 và 4x - 5y = 0

=> x = 20, y = 16

Câu 8:
a) Ta có:
 - Góc BFC và góc BEC cùng nhìn cạnh BC dưới hai góc vuông (do BF và BE là đường cao), suy ra tứ giác BFEC nội tiếp.
Tứ giác CDHE nội tiếp vì:
- Góc CHD và góc CED cùng nhìn cạnh CD dưới hai góc vuông (do CF và DE là đường cao), suy ra tứ giác CDHE nội tiếp.

b) Theo định lý Pascal, ta có:
- Giao điểm của AH và BE là H.
- Giao điểm của HG và EK là I (do HI//DE và DE cắt EK tại I).
- Giao điểm của GB và KA là J (do HJ//DF và DF cắt KA tại J).
Vì H, I, J thẳng hàng, theo định lý Pascal, điểm K cũng phải nằm trên đường thẳng này, suy ra I, J, K thẳng hàng.

c) Ta có:
- CF là tiếp tuyến của (O) tại C (do CF là đường cao và F là tiếp điểm).
- CL là dây cung (do L nằm trên (O)).
Vì góc CFL là góc tạo bởi tiếp tuyến CF và dây cung CL, nên góc CFL bằng góc LCO (góc nội tiếp cùng chắn cung CL). Tương tự, góc LFC bằng góc LCO. Do đó, C, F, L thẳng hàng.
Ta có:
- Góc ANG bằng góc AGH (do HI//DE và HJ//DF).
- Góc AGH bằng nửa góc AOH (góc ở tâm cùng chắn cung AH).
Vì AH là đường kính của (O), nên góc AOH là góc vuông. Do đó, góc AGH là \(\dfrac{1}{2}\) góc vuông, suy ra tam giác AHG vuông tại H. Áp dụng định lý Pythagoras cho tam giác AHG, ta có:

\(AN\cdot AG=AH^2\)

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=x+2\)

=>\(x^2-x-2=0\)

=>(x-2)(x+1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=-1\end{matrix}\right.\)

Khi x=2 thì \(y=2^2=4\)

Khi x=-1 thì \(y=\left(-1\right)^2=1\)

Vậy: A(-1;1); B(2;4)

C thuộc (P)

=>\(C\left(x;x^2\right)\)

B(2;4); A(-1;1); C(x;x²)

\(\overrightarrow{BA}=\left(-3;-3\right);\overrightarrow{BC}=\left(x-2;x^2-4\right)\)

ΔBAC vuông tại B

=>\(\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}=0\)

=>\(-3\left(x-2\right)+\left(-3\right)\left(x^2-4\right)=0\)

=>\(\left(x-2\right)+\left(x^2-4\right)=0\)

=>\(x^2+x-6=0\)

=>(x+3)(x-2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-3\left(nhận\right)\\x=2\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Khi x=-3 thì \(y=\left(-3\right)^2=9\)

vậy: C(-3;9); A(-1;1); B(2;4)

\(BA=\sqrt{\left(-1-2\right)^2+\left(1-4\right)^2}=3\sqrt{2}\)

\(BC=\sqrt{\left(-3-2\right)^2+\left(9-4\right)^2}=5\sqrt{2}\)

\(AC=\sqrt{\left(-3+1\right)^2+\left(9-1\right)^2}=2\sqrt{17}\)

Khoảng cách từ B đến AC là:

\(\dfrac{BA\cdot BC}{AC}=\dfrac{3\sqrt{2}\cdot5\sqrt{2}}{2\sqrt{17}}=\dfrac{15}{\sqrt{17}}\)

a: Xét tứ giác BNMC có \(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90^0\)

nên BNMC là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: BNMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BCM}+\widehat{BNM}=180^0\)

mà \(\widehat{BNM}+\widehat{INB}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{INB}=\widehat{ICM}\)

Ta có: A,D,B,C cùng thuộc (O)

=>ADBC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{ADB}+\widehat{ACB}=180^0\)

mà \(\widehat{ADB}+\widehat{IDB}=180^0\)

nên \(\widehat{IDB}=\widehat{ACB}\)

Xét ΔINB và ΔICM có

\(\widehat{INB}=\widehat{ICM}\)

\(\widehat{NIB}\) chung

Do đó: ΔINB~ΔICM

=>\(\dfrac{IN}{IC}=\dfrac{IB}{IM}\)

=>\(IN\cdot IM=IB\cdot IC\left(1\right)\)

Xét ΔIDB và ΔICA có

\(\widehat{IDB}=\widehat{ICA}\)

\(\widehat{DIB}\) chung

Do đó: ΔIDB~ΔICA

=>\(\dfrac{ID}{IC}=\dfrac{IB}{IA}\)

=>\(IB\cdot IC=IA\cdot ID\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(ID\cdot IA=IN\cdot IM\)

=>\(\dfrac{ID}{IM}=\dfrac{IN}{IA}\)

Xét ΔIDN và ΔIMA có

\(\dfrac{ID}{IM}=\dfrac{IN}{IA}\)

\(\widehat{DIN}\) chung

Do đó: ΔIDN~ΔIMA

a: \(1+2\sqrt{x}+x=\left(\sqrt{x}\right)^2+2\cdot\sqrt{x}\cdot1+1^2=\left(\sqrt{x}+1\right)^2\)

b: \(a+2\sqrt{a}+1=\left(\sqrt{a}\right)^2+2\cdot\sqrt{a}\cdot1+1^2=\left(\sqrt{a}+1\right)^2\)

d: \(x-2\sqrt{xy}+y=\left(\sqrt{x}\right)^2-2\cdot\sqrt{x}\cdot\sqrt{y}+\left(\sqrt{y}\right)^2\)

\(=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\)

e: \(x^2-1=x^2-1^2=\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)

f: \(9x^2-1=\left(3x\right)^2-1^2=\left(3x-1\right)\left(3x+1\right)\)

g: \(x^2-y^2=\left(x-y\right)\left(x+y\right)\)

h: \(1-x\sqrt{x}=1^3-\left(\sqrt{x}\right)^3=\left(1-\sqrt{x}\right)\left(1+\sqrt{x}+x\right)\)

i: \(x\sqrt{x}+1=\left(\sqrt{x}\right)^3+1^3=\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-\sqrt{x}+1\right)\)

j: \(a\sqrt{a}-1=\left(\sqrt{a}\right)^3-1^3=\left(\sqrt{a}-1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)\)

k: \(x\sqrt{x}-8=\left(\sqrt{x}\right)^3-2^3=\left(\sqrt{x}-2\right)\left(x+2\sqrt{x}+4\right)\)

l: \(x\sqrt{x}+y\sqrt{y}=\left(\sqrt{x}\right)^3+\left(\sqrt{y}\right)^3\)

\(=\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\left(x-\sqrt{xy}+y\right)\)

Lời giải:

1.

Khi $m=2$ thì PT trở thành:

$x^2-2x-8=0$

$\Leftrightarrow (x+2)(x-4)=0$

$\Leftrightarrow x+2=0$ hoặc $x-4=0$

$\Leftrightarrow x=-2$ hoặc $x=4$

2.

Để pt có 2 nghiệm $x_1,x_2$ phân biệt thì:

$\Delta'=(m-1)^2+m^2+4>0$

$\Leftrightarrow m\in\mathbb{R}$

Áp dụng định lý Viet:

$x_1+x_2=2(m-1)$

$x_1x_2=-m^2-4$

Ta thấy: Do $x_1x_2=-m^2-4<0$ với mọi $m$

$\Rightarrow x_1,x_2$ trái dấu. Mà $x_1< x_2$ nên: $x_1< 0; x_2>0$

Khi đó:

$|x_1|-|x_2|=2|x_1x_2|-6$

$\Leftrightarrow -x_1-x_2 = -2x_1x_2-6$

$\Leftrightarrow -(x_1+x_2)+2x_1x_2+6=0$

$\Leftrightarrow -2(m-1)+2(-m^2-4)+6=0$

$\Leftrightarrow 2m^2+2m=0$

$\Leftrightarrow m(m+1)=0\Leftrightarrow m=0$ hoặc $m=-1$

M (-1;3). để (d) đi qua M thì: 3=-2+b

Vậy: b=5 thì (d) đi qua M

a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{ABN}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BN

\(\widehat{BMN}\) là góc nội tiếp chắn cung BN

Do đó: \(\widehat{ABN}=\widehat{BMN}\)

Xét ΔABN và ΔAMB có

\(\widehat{ABN}=\widehat{AMB}\)

\(\widehat{BAN}\) chung

Do đó: ΔABN~ΔAMB

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

=>\(AB^2=AM\cdot AN\left(1\right)\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (2),(3) suy ra AO là trung trực của BC

=>AO\(\perp\)BC tại K

Xét ΔABO vuông tại B có BK là đường cao

nên \(AK\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)

Từ (1),(4) suy ra \(AK\cdot AO=AN\cdot AM\)

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

Xét ΔAKN và ΔAMO có

\(\dfrac{AK}{AM}=\dfrac{AN}{AO}\)

\(\widehat{KAN}\) chung

Do đó: ΔAKN~ΔAMO

=>\(\widehat{AKN}=\widehat{AMO}\)

=>\(\widehat{AKN}=\widehat{OMN}\)

=>\(\widehat{AKN}=\widehat{ONM}\)

Câu 6:

a: \(P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{2+5\sqrt{x}}{x-4}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{5\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)+\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

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

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

b: P>1

=>P-1>0

=>\(\dfrac{2\sqrt{x}-\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>0\)

=>\(\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>0\)

=>\(\sqrt{x}-2>0\)

=>x>4

Câu 9:

a: Xét tứ giác CEHF có \(\widehat{CEH}+\widehat{CFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHF là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔABC có

BF,AE là các đường cao

BF cắt AE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>CH\(\perp\)AB

Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BD\(\perp\)BA

mà CH\(\perp\)BA

nên CH//BD

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>AC\(\perp\)CD

mà BH\(\perp\)AC

nên BH//CD

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

a) \(\Delta'=\left(m-2\right)^2-\left(-3m+10\right)=m^2-m-6\)

Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta'\ge0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-2\\m\ge3\end{matrix}\right.\) (1)

Theo hệ thức Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4-2m\\x_1x_2=-3m+10\end{matrix}\right.\)

Để phương trình có 2 nghiệm x₁, x₂ đều nhỏ hơn 2 \(\left(x_1\le x_2< 2\right)\) thì:

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x_1-2\right)+\left(x_2-2\right)< 0\\\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2< 4\\x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+4>0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4-2m< 4\\-3m+10-2\left(4-2m\right)+4>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-2m< 0\\m+6>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\m>-6\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m>0\)

Kết hợp với điều kiện (1), ta được: \(m\ge3\)

\(Toru\)