bài 2

A B C O H K J

ta có \(\overrightarrow{AO}.\left(\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{BC}\right)=\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AO}.2\overrightarrow{BC}\)

\(=\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{AC}=AO.BO.cos\left(120^0\right)+AO.AC.cos\left(30^0\right)\)

\(=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}.-\frac{1}{2}+\frac{a\sqrt{3}}{3}.a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2}{3}\)

b.Gọi J là trung điểm CK 

ta có \(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MK}+2\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MJ}\)

do \(\left|4\overrightarrow{MJ}\right|=a\Leftrightarrow MJ=\frac{a}{4}\)vậy tập hợp M là các điểm nằm trên đường tròn tâm J bán kính a/4.

Bài 3. điều kiện \(x\ge1\)

đặt \(\sqrt{x-1}=a\ge0\) ta có

\(a^2+a+3=3\sqrt{a^3+1}\)

hay \(\left(a^2-a+1\right)+2\left(a+1\right)=3\sqrt{\left(a^2-a+1\right).\left(a+1\right)}\)

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

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a^2-a+1=a+1\\a^2-a+1=4\left(a+1\right)\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=0\\a=2\end{cases}}}\) hoặc \(a=\frac{5+\sqrt{37}}{2}\)

từ đó ta tìm được x thuộc tập \(S=\left\{1;5;\frac{33+5\sqrt{37}}{2}\right\}\)

A B C H O K L N M E F G

Trên EF lấy điểm G sao cho \(HG\perp OA\) (Định nghĩa lại điểm G)

Ta thấy đường tròn (HAC) và (O) đối xứng nhau qua AC, suy ra AOCK là hình thoi

Từ đó \(\widehat{OAM}=180^0-\widehat{AMK}=\widehat{AHK}=90^0-\widehat{ACH}=\widehat{BAC}\)

Suy ra \(\widehat{CAM}=\widehat{BAO}=\widehat{CAH}\) hay AC là phân giác của \(\widehat{HAM}\)

Vì MK là phân giác ngoài của \(\widehat{AMH}\) do K là điểm chính giữa cung AMH nên C là tâm bàng tiếp góc A của \(\Delta AHM\)

Do đó \(\frac{CE}{CA}=\frac{HE}{HA}\). Hoàn toàn tương tự \(\frac{BA}{BF}=\frac{HA}{HF}\)

Mặt khác AMHN là hình bình hành do (AKH),(ALH) đối xứng nhau qua trung điểm AH, đồng thời

\(\widehat{MAN}=\widehat{MHN}=\widehat{AHM}+\widehat{AHN}=180^0-\widehat{AOB}+180^0-\widehat{AOC}=2\widehat{BAC}=2\widehat{OAM}\)

Suy ra AO là phân giác của \(\widehat{MAN}\), mà \(HG\perp AO\) nên HG là phân giác ngoài của \(\widehat{MHN}\)

Do vậy \(\frac{GF}{GE}=\frac{HF}{HE}\). Vậy ta có \(\frac{CE}{CA}.\frac{BA}{BF}.\frac{GF}{GE}=1\), suy ra G,B,C thẳng hàng.

d/ \(x^3-x^2-x-5=\left(x+4\right)\sqrt{x+2}\)

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

Đặt \(\hept{\begin{cases}x-1=a\\\sqrt{x+2}=b\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a^3+2a^2+2a=b^3+2b^2+2b\)

\(\Leftrightarrow a=b\)

Làm nốt

TL:

Ta có hệ phương 3 phương trình: \(a\left(8\right)^2+b\left(8\right)+c=0\) \(-\frac{b}{2a}=6\) \(\frac{4ac-b^2}{4a}=-12\) giải hệ phương trình ta có a=3, b=-36, c=96 Parabol: y = 3x² – 36x + 96.

^H^

\(\widehat{C}=180^o-\widehat{A}-\widehat{B}=180^o-60^o-45^o=75^o\)

Theo định lí hàm \(sin\)trong tam giác: 

\(\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{bsinA}{sinB}=\frac{4.sin60^o}{sin45^o}=2\sqrt{6}\\c=\frac{bsinC}{sinB}=\frac{4sin60^o}{sin75^o}=-2\sqrt{6}+6\sqrt{2}\end{cases}}\)