mn giúp mink 

mn giúp mink nha

=>(-4) x y -5= -9

=>(-4) x y= -4

=> y=1

Bài 4:

a: Ta có: \(-\left|x+1.1\right|\le0\forall x\)

\(\Leftrightarrow-\left|x+1.1\right|+1.5\le1.5\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x=-1,1

b: Ta có: \(-4\left|x-2\right|\le0\forall x\)

\(\Leftrightarrow-4\left|x-2\right|+10\le10\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x=2

Mik thấy câu a sai sao ý,

ko có kết quả sao tìm x

Câu 2:

a: \(A=\left(\frac{x}{x+3\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}+3}\right):\left(1-\frac{2}{\sqrt{x}}+\frac{6}{x+3\sqrt{x}}\right)\)

\(=\left(\frac{x}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}+\frac{1}{\sqrt{x}+3}\right):\frac{x+3\sqrt{x}-2\left(\sqrt{x}+3\right)+6}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+3}\cdot\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}{x+3\sqrt{x}+6-2\sqrt{x}-6}=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}{x+\sqrt{x}}=1\)

b: Gọi (d): y=ax+b(a<>0) là phương trình đường thẳng cần tìm

(d)//y=2x-1

=>a=2 và b<>-1

=>y=2x+b

Thay x=-1 và y=4 vào y=2x+b, ta được:

\(2\cdot\left(-1\right)+b=4\)

=>b-2=4

=>b=6(nhận)

=>y=2x+6

Câu 3:

1:

Gọi số xe ban đầu là x(xe)

(ĐIều kiện: x∈N*)

Số xe lúc sau là x+3(xe)

Số hàng mỗi xe phải chở ban đầu là:

\(\frac{480}{x}\) (tấn)

Số hàng mỗi xe phải chở lúc sau là: \(\frac{480}{x+3}\) (tấn)

Mỗi xe phải chở ít hơn 8 tấn so với dự định nên ta có:

\(\frac{480}{x}-\frac{480}{x+3}=8\)

=>\(\frac{60}{x}-\frac{60}{x+3}=1\)

=>\(\frac{60x+180-60x}{x\left(x+3\right)}=1\)

=>x(x+3)=180

=>\(x^2+3x-180=0\)

=>(x+15)(x-12)=0

mà x+15>0

nên x-12=0

=>x=12(nhận)

Vậy: Số xe ban đầu là 12 xe

2: Để hệ có nghiệm duy nhất thì \(\frac{m+1}{m}<>\frac{-1}{1}\)

=>m+1<>-m

=>2m<>-1

=>m<>-1/2

\(\begin{cases}\left(m+1\right)x-y=3\\ mx+y=m\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x\left(m+1\right)-y+mx+y=m+3\\ mx+y=m\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x\left(2m+1\right)=m+3\\ y=m-mx\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=\frac{m+3}{2m+1}\\ y=m-m\cdot\frac{m+3}{2m+1}=\frac{2m^2+m-m^2-3m}{2m+1}=\frac{m^2-2m}{2m+1}\end{cases}\)

x+y>0

=>\(\frac{m^2-2m+m+3}{2m+1}>0\)

=>\(\frac{m^2-m+3}{2m+1}>0\)

mà \(m^2-m+3=\left(m-\frac12\right)^2+\frac{11}{4}>0\forall m\)

nên 2m+1>0

=>m>-1/2

Câu 4:

a: Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà CH⊥AB

nên CH//BK

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>AC⊥CK

mà BH⊥AC

nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

b: Xét tứ giác AFHE có \(\hat{AFH}+\hat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AFHE là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BFHD có \(\hat{BFH}+\hat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BFHD là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\hat{DFH}=\hat{DBH}\) (BFHD nội tiếp)

\(\hat{EFH}=\hat{EAH}\) (AEHF nội tiếp)

mà \(\hat{DBH}=\hat{EAH}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)

nên \(\hat{DFH}=\hat{EFH}\)

=>FC là phân giác của góc DFE

=>\(\hat{DFE}=2\cdot\hat{DFC}=2\cdot\hat{EBC}\)

ΔEBC vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên ME=MB=MC

Xét ΔMBE có \(\hat{EMC}\) là góc ngoài tại đỉnh M

nên \(\hat{EMC}=\hat{MEB}+\hat{MBE}=2\cdot\hat{MBE}=2\cdot\hat{EBC}\)

=>\(\hat{DFE}=\hat{EMC}\)

mà \(\hat{EMC}+\hat{EMD}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{DFE}+\hat{DME}=180^0\)

=>DFEM là tứ giác nội tiếp

=>D,F,E,M cùng thuộc một đường tròn

Gọi số tự nhiên đó là \(n\).

Số tự nhiên đó khi chia cho \(3,4,5,10\)có số dư lần lượt là \(2,3,4,9\)nên \(n+1\)chia hết cho cả \(3,4,5,10\)

mà \(n\)nhỏ nhất nên \(n+1=BCNN\left(3,4,5,10\right)\).

Phân tích thành tích các thừa số nguyên tố: \(3=3,4=2^2,5=5,10=2.5\)

suy ra \(BCNN\left(3,4,5,10\right)=2^2.3.5=60\)

suy ra \(n+1=60\Leftrightarrow n=59\).

\(x+y+z+8=2\sqrt{x-1}+4\sqrt{y-2}+6\sqrt{z-3}\) (ĐKXĐ : \(x\ge1;y\ge2;z\ge3\))

\(\Leftrightarrow\left(x-1-2\sqrt{x-1}+1\right)+\left(y-2-4\sqrt{y-2}+4\right)+\left(z-3-6\sqrt{z-3}+9\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-2}-2\right)^2+\left(\sqrt{z-3}-3\right)^2=0\)

Vì \(\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2\ge0;\left(\sqrt{y-2}-2\right)^2\ge0;\left(\sqrt{z-3}-3\right)^2\ge0\)

nên phương trình tương đương với : \(\hept{\begin{cases}\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2=0\\\left(\sqrt{y-2}-2\right)^2=0\\\left(\sqrt{z-3}-3\right)^2=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\y=6\\z=12\end{cases}}}\)(TMĐK)

Vậy nghiệm của phương trình :  \(\left(x;y;z\right)=\left(2;6;12\right)\)

Bài 2:

a: Xét ΔABC có

BI,CI là các đường phân giác

BI cắt CI tại I

Do đó: I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC

b: Ta có: \(\widehat{DIB}=\widehat{IBC}\)(hai góc so le trong, DI//BC)

\(\widehat{DBI}=\widehat{IBC}\)(BI là phân giác của góc DBC)

Do đó: \(\widehat{DIB}=\widehat{DBI}\)

=>ΔDIB cân tại D

c: Ta có: \(\widehat{EIC}=\widehat{ICB}\)(hai góc so le trong, EI//BC)

\(\widehat{ECI}=\widehat{ICB}\)(CI là phân giác của góc ECB)

Do đó: \(\widehat{EIC}=\widehat{ECI}\)

=>ΔEIC cân tại E

d: Ta có: ΔDIB cân tại D

=>DB=DI

Ta có: ΔEIC cân tại E

=>EI=EC

Ta có: DI+IE=DE

mà DI=DB

và EC=EI

nên DB+EC=DE

Bài 1:

a: Xét ΔABC có

BE,CF là các đường phân giác

BE cắt CF tại I

Do đó: I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC

=>AI là phân giác của góc BAC
b: ta có: \(\widehat{ABE}=\widehat{CBE}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}\)(BE là phân giác của góc ABC)

\(\widehat{ACF}=\widehat{FCB}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2}\)(CF là phân giác của góc ACB)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

nên \(\widehat{ABE}=\widehat{EBC}=\widehat{ACF}=\widehat{FCB}\)

c: ta có: \(\widehat{EBC}=\widehat{FCB}\)

=>\(\widehat{IBC}=\widehat{ICB}\)

=>ΔIBC cân tại I

d: Xét ΔABE và ΔACF có

\(\widehat{ABE}=\widehat{ACF}\)

AB=AC

\(\widehat{BAE}\) chung

Do đó: ΔABE=ΔACF

=>BE=CF

e:

Ta có: ΔAEB=ΔAFC

=>AE=AF

Ta có: AE+EC+AC
AF+FB=AB

mà AE=AF 

và AC=AB

nên EC=FB

Xét ΔFIB và ΔEIC có

FB=EC

\(\widehat{FBI}=\widehat{ECI}\)

BI=CI

Do đó: ΔFIB=ΔEIC