Mình làm câu 2 trước nhé:

đkxđ: \(\dfrac{1}{2}< x\le2\)

 Áp dụng BĐT Bunyakovsky, ta có \(VT=\left(1.\sqrt{x}+1.\sqrt{2-x}\right)\)\(\le\sqrt{\left(1^2+1^2\right)\left[\left(\sqrt{x}\right)^2+\left(\sqrt{2-x}\right)^2\right]}\) \(=2\). ĐTXR \(\Leftrightarrow x=2-x\Leftrightarrow x=1\) (nhận). Vậy \(VT\le2\)     (1)

 Mặt khác, ta có \(\left(x-1\right)^2\ge0\) \(\Leftrightarrow x^2-\left(2x-1\right)\ge0\) \(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{2x-1}\right)\left(x+\sqrt{2x-1}\right)\ge0\). Do \(x+\sqrt{2x-1}>0\) nên điều này có nghĩa là \(x\ge\sqrt{2x-1}\) \(\Rightarrow\dfrac{x}{\sqrt{2x-1}}\ge1\) \(\Leftrightarrow\dfrac{2x}{\sqrt{2x-1}}\ge2\) hay \(VP\ge2\)  (2). ĐTXR \(\Leftrightarrow x=1\) (nhận)

 Từ (1) và (2) suy ra \(VT\le2\le VP\), do đó pt đã cho \(\Leftrightarrow VT=VP\) \(\Leftrightarrow x=1\) 

 Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất \(x=1\)

Không=))

a: xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\hat{BKA};\hat{BCA}\) là các góc nội tiếp chắn cung BA

=>\(\hat{BKA}=\hat{BCA}\)

mà \(\hat{BCA}=\hat{BHN}\left(=90^0-\hat{EBC}\right)\)

nên \(\hat{BHN}=\hat{BKN}\)

=>\(\hat{BHK}=\hat{BKH}\)

=>BH=BK

=>ΔBHK cân tại B

mà BC là đường cao

nên BC là đường trung trực của HK

c: Xét (O) có

ΔABL nội tiếp

AL là đường kính

Do đó: ΔABL vuông tại B

=>BA⊥BL

mà CH⊥BA

nên CH//BL

Xét (O) có

ΔACL nội tiếp

AL là đường kính

Do đó: ΔACL vuông tại C

=>CA⊥CL

mà BH⊥CA

nên BH//CL

Xét tứ giác BHCL có

BH//CL

BL//CH

Do đó: BHCL là hình bình hành

=>BC cắt HL tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HL

=>H,M,L thẳng hàng

a; Xét tứ giác AHEC có \(\hat{AHC}=\hat{AEC}\)

nên AHEC là tứ giác nội tiếp

b: AHEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{ECH}=\hat{EAH}=\hat{DAH}\) (1)

Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHD vuông tại H có

AH chung

HB=HD

Do đó: ΔAHB=ΔAHD

=>\(\hat{BAH}=\hat{DAH}\)

mà \(\hat{BAH}=\hat{ACB}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)

nên \(\hat{DAH}=\hat{ACB}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{ECH}=\hat{ACH}\)

=>CH là phân giác của góc ACE

ĐKXĐ : \(x\ge\dfrac{1}{2}\)

Ta có \(x^7-2=x^2-2\sqrt{2x-1}\)

\(\Leftrightarrow x^2.\left(x^5-1\right)+2.\left(\sqrt{2x-1}-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2.\left(x-1\right)\left(x^4+x^3+x^2+x+1\right)+\dfrac{4.\left(x-1\right)}{\sqrt{2x-1}+1}=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(tm\right)\\x^2.\left(x^4+x^3+x^2+x+1\right)+\dfrac{4}{\sqrt{2x-1}+1}=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Kết hợp ĐKXĐ ta dễ thấy phương trình (1) có VT > 0 

mà VP = 0

=> (1) vô nghiệm

Tập nghiệm phương trình S = {1}

\(\left\{{}\begin{matrix}x^3-y^3=35\\2x^2+3y^2=4x-9y\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y^3-x^3=-35\\3y^2+9y+2x^2-4x=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y^3-x^3=-35\\9y^2+27y+6x^2-12x=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(y^3+9y^2+27y\right)-\left(x^3-6x^2+12x\right)=-35\)

\(\Rightarrow\left(y^3+9y^2+27y+27\right)-\left(x^3-6x^2+12x-8\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(y+3\right)^3-\left(x-2\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\left(y-x+5\right)\left[\left(y+3\right)^2+\left(y+3\right)\left(x-2\right)+\left(x-2\right)^2\right]=0\)

*Với \(x=y+5\). Thay vào (1) ta được:

\(2\left(y+5\right)^2+3y^2=4\left(y+5\right)-9y\)

\(\Leftrightarrow2y^2+20y+50+3y^2=4y+20-9y\)

\(\Leftrightarrow5y^2+25y+30=0\Leftrightarrow y^2+5y+6=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=-2\\y=-3\end{matrix}\right.\)

*\(y=-2\Rightarrow x=3\) ; \(y=-3\Rightarrow x=2\).

*Với \(\left(y+3\right)^2+\left(y+3\right)\left(x-2\right)+\left(x-2\right)^2=0\). Ta có:

\(\left(y+3\right)^2+\left(y+3\right)\left(x-2\right)+\left(x-2\right)^2\)

\(=\left[\left(y+3\right)+\dfrac{\left(x-2\right)}{2}\right]^2+\dfrac{3}{4}\left(x-2\right)^2\ge0\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=2;y=-3\)

Vậy \(x=2;y=-3\)

Thử lại ta có nghiệm (x;y) của hệ đã cho là \(\left(3;-2\right),\left(2;-3\right)\)