\(\left\{{}\begin{matrix}2x+\left(a-2\right)y=a+1\\\left(a+2\right)x-2y=3\end{matrix}\right.\) tìm a để hệ có nghiệm duy nhất.Trong các giá trị đó tìm a dể tổng x+y đạt giá trị lớn nhất
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Mình cx ko rõ nx nên... Bạn tham khảo ý kiến các thầy cô nha!
\(#Nick2cuaLưuNguyenHaAnn\)
a: Xét tứ giác BCEF có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BCEF là tứ giác nội tiếp
ĐKXĐ: \(x\ge2\)
\(\sqrt{4x-8}-\sqrt{x-2}=2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{4\left(x-2\right)}-\sqrt{x-2}=2\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{x-2}-\sqrt{x-2}=2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-2}=2\)
\(\Leftrightarrow x-2=4\)
\(\Leftrightarrow x=6\) (thỏa mãn)
a: Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên ADHE là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\widehat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
=>\(\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)
=>\(AD\cdot AC=AB\cdot AE\)
Pt hoành độ giao điểm:
\(x^2=mx+2\Leftrightarrow x^2-mx-2=0\)
Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=-2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) \(x_1;x_2\) trái dấu
Mà \(\left|x_2\right|+1>0;\forall x_2\Rightarrow\dfrac{4}{x_1}>0\Rightarrow x_1>0\)
\(\Rightarrow x_2< 0\)
\(\Rightarrow\left|x_2\right|=-x_2\)
Đồng thời: \(x_1x_2=-2\Rightarrow x_2=-\dfrac{2}{x_1}\Rightarrow-2x_2=\dfrac{4}{x_1}\)
Do đó ta có:
\(\dfrac{4}{x_1}=\left|x_2\right|+1\)
\(\Rightarrow-2x_2=-x_2+1\)
\(\Leftrightarrow x_2=-1\)
Thế vào \(x_1x_2=-2\Rightarrow x_1=2\)
Thế vào \(x_1+x_2=m\)
\(\Rightarrow m=2+\left(-1\right)=1\)
Từ giả thiết: \(3=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\Rightarrow abc\ge1\)
Lại có:
\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2.b^2c^2.c^2a^2}=3\sqrt[3]{\left(abc\right)^4}\ge3\sqrt[3]{1^4}=3\)
\(\Rightarrow6\le2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
\(\left(a^4+b^4+1\right)\left(1+1+c^4\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^4+b^4+1}\le\dfrac{c^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{b^4+c^4+1}\le\dfrac{a^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
\(\dfrac{1}{c^4+a^4+1}\le\dfrac{b^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Cộng vế: \(\Rightarrow P\le\dfrac{a^4+b^4+c^4+6}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\le\dfrac{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=1\)
\(P_{max}=1\) khi \(a=b=c=1\)
Pt hoành độ giao điểm:
\(\dfrac{1}{2}x^2=2x-m+1\Leftrightarrow x^2-4x+2m-2=0\) (1)
(d) cắt (P) tại 2 điểm pb nằm về 2 phía trục tung khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm pb trái dấu
\(\Leftrightarrow x_1x_2=2m-2< 0\)
\(\Leftrightarrow m< 1\)
\(\Delta'=\left(m-2\right)^2-\left(6m-21\right)=m^2-10m+25\)
a.
pt có nghiệm kép khi: \(m^2-10m+25=0\Rightarrow m=5\)
b.
Do \(\Delta'=\left(m-5\right)^2\ge0;\forall m\) nên pt luôn có nghiệm với mọi m
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=\left(m-2\right)-\left(m-5\right)=3\\x_2=\left(m-2\right)+\left(m-5\right)=2m-7\end{matrix}\right.\)
Để pt có 2 nghiệm đều lớn hơn 1
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3>1\\2m-7>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m>4\)