Đặt \(t = \sqrt[3]{x^{3} - 2}\) suy ra \(x^{3} - 2 = t^{3}\) (2)

Từ (1) trở thành: \(5 x^{2} - 12 x + 6 - 2 t^{2} + 5 t = 0\)

\(5 x^{2} - 12 x + 6 = 2 t^{2} - 5 t\) (3)

Lấy (2) trừ (3) ta có: \(x^{3} - 5 x^{2} + 12 x - 8 = t^{3} - 2 t^{2} + 5 t\)

\(\left(\right. x^{3} - 6 x^{2} + 12 x - 8 \left.\right) - \left(\right. t^{3} - 3 t^{2} + 3 t - 1 \left.\right) + t^{2} - 2 t + 1 = 0\)

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

Đặt \(a = x - 2 , b = t - 1\) suy ra \(x = a + 2 , t = b + 1\)

Suy ra (4) trở thành: \(a^{3} + \left(\right. a + 2 \left.\right)^{2} = b^{3} + \left(\right. b + 2 \left.\right)^{2}\)

\(a^{3} - b^{3} + \left(\right. a + 2 \left.\right)^{2} - \left(\right. b + 2 \left.\right)^{2} = 0\)

\(\left(\right. a - b \left.\right) \left(\right. a^{2} + a b + b^{2} \left.\right) + \left(\right. a + 2 - b - 2 \left.\right) \left(\right. a + 2 + b + 2 \left.\right) = 0\)

\(\left(\right. a - b \left.\right) \left(\right. a^{2} + a b + b^{2} \left.\right) + \left(\right. a - b \left.\right) \left(\right. a + b + 4 \left.\right) = 0\)

\(\left(\right. a - b \left.\right) \left(\right. a^{2} + a b + b^{2} + a + b + 4 \left.\right) = 0\)

\(\left(\right. a - b \left.\right) \left[\right. \&\text{nbsp}; \left(\right. a + b \left.\right)^{2} + 6 \left]\right. \&\text{nbsp}; = 0\)

\(a = b\)

xét Với \(a = b\) ta có: \(x - 2 = t - 1\) hay \(t = x - 1\)

xét Với \(t = x - 1\) ta có: \(\sqrt[3]{x^{3} - 2} = x - 1\)

\(x^{3} - 2 = \left(\right. x - 1 \left.\right)^{3}\)

\(3 x^{2} - 3 x - 1 = 0\)

\(x = \frac{3 \pm \sqrt{21}}{6}\).

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) l

Gọi \(N\) là trung điểm của \(A I\).

Ta có \(I H \bot A B\) suy ra \(\hat{I H A} = 9 0^{\circ}\)

Tam giác \(A H I\) vuông tại \(H\) có trung tuyến \(H N\) ứng với cạnh huyền nên \(A N = N I = N H = \frac{1}{2} A I\) (1)

Ta có \(I K \bot \&\text{nbsp}; A C\) suy ra \(\hat{A K I} = 9 0^{\circ}\)

Tam giác \(A K I\) vuông tại \(K\) có trung tuyến \(K N\) ứng với cạnh huyền nên \(A N = N I = N K = \frac{1}{2} A I\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra  \(A N = N I = N K = N H\) hay bốn điểm \(A , H , I , K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(A I\).

Ta có \(I\) là điểm chính giữa cung nhỏ \(B C\) suy ra \(I B \&\text{nbsp}; = I C\) hay \(\hat{I A B} = \hat{I A C}\).

Xét hai tam giác vuông \(\Delta I A H\) và \(\Delta I A K\) có:

\(I A\) chung;

\(\hat{I A B} = \hat{I A C}\) (chứng minh trên)

Do đó, \(\Delta I A H = \Delta I A K\) (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra \(I H = I K\) nên \(\Delta I H K\) cân tại \(I\).

Ta có \(A H I K\) là tứ giác nội tiếp nên \(\hat{H A K} + \hat{H I K} = 18 0^{\circ}\).

\(A B I C\) là tứ giác nội tiếp nên \(\hat{B A C} + \hat{B I C} = 18 0^{\circ}\).

Suy ra \(\hat{H I K} = \hat{B I C}\).

Gọi số ha rừng lâm trường dự định trồng trong mỗi tuần là \(x\) (ha; \(x > 0\)).

Thời gian trồng rừng theo kế hoạch là: \(\frac{75}{x}\) (tuần)

Thời gian trồng rừng thực tế là: \(\frac{80}{x + 5}\) (tuần)

Vì thực tế hoàn thành sớm hơn dự định \(7\) ngày \(= 1\) tuần nên ta có phương trình:

\(\frac{75}{x} - \frac{80}{x + 5} = 1\)

\(x^{2} + 10 x - 375 = 0\)

\(\left(\right. x - 15 \left.\right) \left(\right. x + 25 \left.\right) = 0\)

\(x = 15\) (thỏa mãn) hoặc \(x = - 25\) (loại)

Vậy số ha rừng lâm trường dự định trồng trong một tuần là \(15\) ha.

Giải phương trình \(x^{4} - 7 x^{2} + 12 = 0\).

Đặt \(t = x^{2}\) với \(t \geq 0\).

Khi đó phương trình trở thành: \(t^{2} - 7 t + 12 = 0\) (1)

\(\Delta_{t} = \left(\right. - 7 \left.\right)^{2} - 4.1.12 = 1 > 0\)

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:

\(t_{1} = \frac{7 + \sqrt{1}}{2.1} = 4\) (thỏa mãn);

\(t_{2} = \frac{7 - \sqrt{1}}{2.1} = 3\) (thỏa mãn).

Xét Với \(t = 4\) thì \(x^{2} = 4\) suy ra  \(x = \pm 2\)

Xét Với \(t = 3\) thì \(x^{2} = 3\) suy ra \(x = \pm \sqrt{3}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là

a) \(\Delta = \left[\right. - \left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \left]\right.^{2} - 4 \left(\right. m - 1 \left.\right) = 4 m^{2} - 4 m + 1 - 4 m + 4\)

\(= 4 m^{2} - 8 m + 5 = 4 \left(\right. m - 1 \left.\right)^{2} + 1 > 0\)

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} , x_{2}\) nên theo hệ thức Viète, ta có:

\(x_{1} + x_{2} = 2 m - 1\) và \(x_{1} x_{2} = m - 1\)

Theo đề bài, ta có: \(x_{1}^{3} + x_{2}^{3} = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) . \left(\right. x_{1}^{2} - x_{1} x_{2} + x_{2}^{2} \left.\right) = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) . \left[\right. \&\text{nbsp}; \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)^{2} - 3 x_{1} x_{2} \left]\right. \&\text{nbsp}; = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) . \left[\right. \&\text{nbsp}; \left(\right. 2 m - 1 \left.\right)^{2} - 3 \left(\right. m - 1 \left.\right) \left]\right. \&\text{nbsp}; = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) . \left(\right. 4 m^{2} - 4 m + 1 - 3 m + 3 \left.\right) = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) . \left(\right. 4 m^{2} - 7 m + 4 \left.\right) = 2 m^{2} - m\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \left(\right. 4 m^{2} - 7 m + 4 \left.\right) - \left(\right. 2 m^{2} - m \left.\right) = 0\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \left(\right. 4 m^{2} - 7 m + 4 \left.\right) - m \left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \&\text{nbsp}; = 0\)

\(\left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \left(\right. 4 m^{2} - 8 m + 4 \left.\right) = 0\)

\(4 \left(\right. 2 m - 1 \left.\right) \left(\right. m - 1 \left.\right)^{2} = 0\)

\(m = 1\) hoặc \(m = \frac{1}{2}\).

Vậy m=1 hoặc m=1/2 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(Q\) ta có:

\(Q = \frac{\sqrt{9} + 3}{\sqrt{9} + 1} = \frac{3 + 3}{3 + 1} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}\)

Vậy với \(x = 9\) thì \(Q = \frac{3}{2}\).

Với \(x \geq 0 ; x \neq 1\) ta có:

\(P = \frac{1}{\sqrt{x} + 2} - \frac{\sqrt{x}}{1 - \sqrt{x}} - \frac{3 \sqrt{x}}{\sqrt{x} + 2}\)

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

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

\(= \frac{x - 1}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)}\) \(= \frac{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)}\) \(= \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} + 2}\).

 \(M = P . Q = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} + 2} . \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} + 1}\)

\(= \frac{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 3 \left.\right)}{\left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} + 2} = 1 + \frac{1}{\sqrt{x} + 2}\)

Ta có \(\sqrt{x} \geq 0\) với \(x \geq 0\); suy ra \(\sqrt{x} + 2 \geq 2\).

Suy ra \(\frac{1}{\sqrt{x} + 2} \leq \frac{1}{2}\)

Do đó, \(M \leq 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt{x} = 0\) tức là \(x = 0\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá trị lớn nhất của \(M\) là \(\frac{3}{2}\) khi \(x = 0\).

a) Ta có: \(O O^{'} = O I + O^{'} I\).

Vậy hai đường tròn tiếp xúc ngoài tại \(I\).

b) Xét \(\Delta A I J\) và \(\Delta A^{'} I J^{'}\) có:

\(\hat{A} = \hat{A^{'}} = 9 0^{\circ}\)

\(\hat{I_{1}} = \hat{I_{2}}\) suy ra \(\Delta A I I \sim \Delta A^{'} I J^{'}\).

c) \(\Delta A I J \&\text{nbsp}; \sim \Delta A^{'} I J^{'}\) (g.g) 

Suy ra \(\frac{I A}{I A^{'}} = \frac{I J}{J I^{'}} = \frac{10}{4} = \frac{5}{2}\) (1) 

\(\Delta O I B \sim \Delta O^{'} I B^{'}\)  (g.g) suy ra \(O B\) // \(O^{'} B^{'}\)

Suy ra \(\hat{B_{1}} = \hat{B_{1}^{'}}\) suy ra \(\frac{I B}{I B^{'}} = \frac{O B}{O^{'} B^{'}} = \frac{5}{2}\) (2)

 Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{I A}{I A^{'}} = \frac{I B}{I B^{'}} = \frac{5}{2}\); \(\hat{A I B} = \hat{A^{'} I B}\)

Nên \(\Delta I A B \sim \Delta I A^{'} B^{'}\) (c.g.c).

d) \(\Delta I A B \sim \Delta I A^{'} B^{'}\) (c.g.c)

Suy ra \(\frac{A B}{A^{'} B^{'}} = \frac{I A}{I A^{'}} = \frac{5}{2}\);

\(\frac{O A}{O^{'} A^{'}} = \frac{O B}{O^{'} B^{'}} = \frac{5}{2}\)

Suy ra \(\frac{O A}{O^{'} A^{'}} = \frac{O B}{O^{'} B^{'}} = \frac{A B}{A^{'} B^{'}}\) suy ra \(\Delta A O B \sim \Delta A^{'} O^{'} B^{'}\) (c.c.c).

e) \(\Delta A O B \sim \Delta A^{'} O^{'} B^{'}\) suy ra \(\hat{O B A} = \hat{O^{'} B^{'} A^{'}} ; \hat{O B I} = \hat{O^{'} B^{'} I^{'}}\)

Suy ra \(\hat{A B I} = \hat{A B^{'} I^{'}}\) nên \(A B\) // \(A^{'} B^{'}\).

Tứ giác \(A B A^{'} B^{'}\) có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang.

a) Ta có: góc A1 = (180° - 01) : 2

A2 = (180° - 02) : 2

Suy ra A1 + A2 = 90° suy ra DAE = 90°

b)Có tứ giác AD ME là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật).

c)Gọi I là giao điểm của D E và AM suy ra I D = I A

tam giác TAO = tam giác IDO (ccc) suy ra góc IAO - góc IDO = 90°

Suy ra MA vuôbg góc OA với A € (O)

Chứng minh tương tự: MA vuông góc O' A với A € (O').

Vậy M A là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.