Câu hỏi:

10/01/2026 46

Giải hệ phương trình sau:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} - 2y + x - 2{x^2}y = 0}\\{\sqrt {x + 1} - \sqrt {16 - y} = 3}\end{array}} \right.\]

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2021-2022 sở GD&ĐT Kiên Giang có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Điều kiện: $x \ge - 1$ và $y \le 16$. (1)

Với điều kiện đó, ta có:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} - 2y + x - 2{x^2}y = 0}\\{\sqrt {x + 1} - \sqrt {16 - y} = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(x - 2y)\left( {{x^2} + 1} \right) = 0}\\{\sqrt {x + 1} - \sqrt {16 - y} = 3}\end{array}} \right.} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2y}\\{\sqrt {2y + 1} - \sqrt {16 - y} = 3.}\end{array}} \right.$

Ta có:

$\begin{array}{l}{\rm{ (3) }} \Leftrightarrow (\sqrt {2y + 1} - 5) - (\sqrt {16 - y} - 2) = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{2(y - 12)}}{{\sqrt {2y + 1} + 5}} + \frac{{y - 12}}{{\sqrt {16 - y} + 2}} = 0\\ \Leftrightarrow (y - 12)\left( {\frac{2}{{\sqrt {2y + 1} + 5}} + \frac{1}{{\sqrt {16 - y} + 2}}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow y = 12.\end{array}$

Thay $y = 12$ vào (2), ta được $x = 24$.

Cặp số $\left( {x,y} \right) = \left( {24,12} \right)$ thỏa mãn (1). Vì thế, cặp số đó là nghiệm duy nhất của hệ phương trình đã cho.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho hình vuông $ABCD$ có cạnh bằng 8. Trên cạnh $BC$, lấy điểm $M$ sao cho $BM = 5$. Gọi $N$ là giao điểm của đường thẳng $CD$ và đường thẳng vuông góc với $AM$ tại $A$. Gọi $I$ là trung điểm của $MN$. Hãy tính độ dài đoạn thẳng $DI$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho hình vuông $ABCD$ có cạnh bằng 8. Trên cạnh $BC$, lấy điểm $M$ sao cho (ảnh 1)$

Xét hai tam giác vuông $ABM$ và $ADN$, ta có:

$AB = AD$,$\widehat {BAM} = \widehat {DAN}$ (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)

Do đó tam giác $\Delta ABM = \Delta ADN$ (cạnh góc vuông – góc nhọn). Suy ra, $DN = BM$ (1).

Qua $M$ kẻ đường thẳng song song $ID$ cắt $NC$ tại \[E\].

Xét tam giác $MNE$:

Do $I$ là trung điểm của $MN$ và $ID\,{\rm{//}}\,ME$, nên $D$ là trung điểm của $NE$. Vì thế $DE = DN = BM$ (theo (1)). Suy ra, $MC = CE$ (2)

Do $I,D$ tương ứng là trung điểm của $MN,\,NE$, nên $ID$ là đường trung bình của tam giác. Do đó, $DI = \frac{1}{2}EM$.

Xét tam giác vuông (tại C) MCE, theo định lí Pitago, ta có:

$EM = \sqrt {M{C^2} + C{E^2}} = \sqrt {2M{C^2}} $(do (2))

$ = \sqrt 2 MC = \sqrt 2 \left( {BC - BM} \right) = \sqrt 2 \left( {8 - 5} \right) = 3\sqrt 2 $.

Vì thế $DI = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}$.

Câu 2

Cho $\left( {{O_1}} \right),\,\left( {{O_2}} \right)$ là hai đường tròn, cắt nhau tại điểm $A,\,M$, sao cho $\widehat {{O_1}A{O_2}}$ là góc tù. Tiếp tuyến tại $A$ của $\left( {{O_1}} \right)$ cắt $\left( {{O_2}} \right)$ tại điểm thứ hai $B$ (khác $A$). Tiếp tuyến tại $A$ của $\left( {{O_2}} \right)$ cắt $\left( {{O_1}} \right)$ tại điểm thứ hai $D$ (khác $A$).

a) Trên cung $AD$ không chứa $M$ của $\left( {{O_1}} \right)$, lấy điểm $K$, khác $A$ và $D$, sao cho đường thẳng $KM$ cắt cung $AB$ không chứa $M$ của $\left( {{O_2}} \right)$ tại điểm $L$, khác $A$ và $B$. Chứng minh rằng đường thẳng $AK$ song song với đường thẳng $BL$.

b) Gọi $C$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$. Chứng minh rằng $ABCD$ là tứ giác nội tiếp.

Xem đáp án

Lời giải

Cho (O1 ) , (O2) là hai đường tròn, cắt nhau tại điểm A ,M sao cho (ảnh 1)

a)Với giả thuyết $\widehat {{O_1}A{O_2}}$ là góc tù, ta có thế hình như ở trên.

Xét $\left( {{O_1}} \right)$, ta có:

$\widehat {AKM} = \widehat {MAB}$ (góc nọi tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây, cùng chắn cung AM không chứa D). (1)

Xét $\left( {{O_2}} \right)$, ta có:

$\widehat {MLB} = \widehat {MAB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB không chứa A). (2)

Từ (1) và (2), suy ra, $\widehat {AKM} = \widehat {MLB}$.

Do đó, $AK\,{\rm{//}}\,LB$ (vì có hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau).

Cho (O1 ) , (O2) là hai đường tròn, cắt nhau tại điểm A ,M sao cho (ảnh 2)

b)Xét $\left( {{O_1}} \right)$ ta có:

$\widehat {MDA} = \widehat {MAB}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây, cùng chắn cung AM không chứa D). (3)

Xét $\left( {{O_2}} \right)$ ta có

$\widehat {MAD} = \widehat {MBA}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây, góc nội tiếp, cùng chắn cung AM không chứa B) (4)

Từ (3) và (4), suy ra, .

Do đó, $\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MB}}{{MA}}$; mà $MC = MA$(gt), nên $\frac{{MC}}{{MD}} = \frac{{MB}}{{MC}}$. (5)

Do trong một tam giác, mỗi góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề với nó, nên cộng (3) và (4), vế theo vế, ta được:

$\widehat {DMC} = \widehat {CMB}$ (6)

Từ (5) và (6), suy ra, .

Do đó, $\widehat {DCM} = \widehat {CBM}$.

Vì thế, ta có:

$\begin{array}{l}\widehat {DCB} = \widehat {DCM} + \widehat {MCB} = \widehat {CBM} + \widehat {MCB}\\ = 180^\circ - \widehat {BMC} = 180^\circ - (\widehat {BAM} + \widehat {MBA})\\ = 180^\circ - (\widehat {BAM} + \widehat {MAD})\quad ({\rm{do}}(4))\\ = 180^\circ - \widehat {BAD}\end{array}$

Suy ra, $\widehat {BAD} + \widehat {DCB} = 180^\circ $. Do đó, $ABCD$ là tứ giác nội tiếp.

Câu 3