1, Giải hệ phương trình sau:

2, Cho phương trình: $x^2-2\left(m-2\right)x+2m-5=0$ (1)

a, Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m

b, Gọi x₁,x₂ là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm m để x₁, x₂ thỏa mãn: x₁(1 – x₂) + x₂(1 – x₁ ) < 4

a, Xét tứ giác BEFC có:

∠BEC = ${90}^0$ (CE là đường cao)

∠BFC = ${90}^0$ (BF là đường cao)

=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông

=> Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác AEHF có:

∠AEH = ${90}^0$ (CE là đường cao)

∠AFH = ${90}^0$ (BF là đường cao)

=> ∠AEH + ∠AFH = ${180}^0$

=> Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp

b,

Xét ΔSBE và ΔSFC có:

∠FSC là góc chung

∠SEB = ∠SCF (Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp)

=> ΔSBE ∼ ΔSFC (g.g)

=> $\frac{SB}{SF}$ = $\frac{SE}{SC}$

=> SE.SF = SB.SC (1)

Xét ΔSMC và ΔSNB có:

∠ NSC là góc chung

∠ SCM = ∠SNB (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

=> ΔSMC ∼ ΔSBN (g.g)

=> $\frac{SM}{SB}$ = $\frac{SC}{SN}$

=>SM.SN = SB.SC (2)

Từ (1) và (2) => SE.SF = SM.SN

c, Ta có:

$\widehat{KAE}=\widehat{KCB}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KB)

$\widehat{HAE}=\widehat{BFM}$ (tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp)

$\widehat{KCB}=\widehat{BFM}$ (tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp)

=> ∠KAE = ∠HAE

=> AE là tia phân giác của góc ∠KAH

Mà AE cũng là đường cao của tam giác KAH

=> ΔKAH cân tại A

=> AE là đường trung tuyến của ΔKAH

=> E là trung điểm của KH hay K và H đối xứng nhau qua AB

d, Tia BF cắt đường tròn (O) tại J

∠KJB = ∠KCB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KB)

∠KCB = ∠EFH (tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp )

=> ∠KJB = ∠EFH

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

=> KJ // EF

KI // EF (gt)

=> I ≡ J

=> H, F, J thẳng hàng

Ta có:

Vì a, b, c > 0 nên

Tương tự, ta có:

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c