Bài 1:
Đặt $x + \dfrac{1}{x} = t$ ($ĐK: |t| \geq 2$)
$\Rightarrow (x + \dfrac{1}{x})^{2} = t^{2}$
$\Rightarrow x^{2} + (\dfrac{1}{x})^{2} = t^{2} - 2$
Phương trình đã cho trở thành:
$t^{2} - 2 + 6t + 10 = 0$
$\Leftrightarrow t^{2} + 6t + 8 = 0$
$\Leftrightarrow (t + 2)(t + 4) = 0$
$\Leftrightarrow$ \(\left[ \begin{array}{l}t = - 2 \\t = - 4 \end{array} \right.\)
Với $t = - 2$, ta được:
$x + \dfrac{1}{x} = - 2$
$\Leftrightarrow x^{2} + 2x + 1 = 0$
$\Leftrightarrow (x + 1)^{2} = 0$
$\Leftrightarrow x = - 1$
Với $t = -4$, ta được:
$x + \dfrac{1}{x} = - 4$
$\Leftrightarrow x^{2} + 4x + 1 = 0$
$\Leftrightarrow \(\left[ \begin{array}{l} x = - 2 + 2\sqrt{3}\\x = - 2 - 2\sqrt{3}\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có các nghiệm $x$ = {$- 2 - 2\sqrt{3}; - 1; - 2 + 2\sqrt{3}$}
Bài 2:
Ta có: $BE\perp AC$ $(gt)$
$\Rightarrow \widehat{AEB} = 90^o$
$AD\perp BC$ $(gt)$
$\Rightarrow \widehat{ADB} = 90^o$
Xét tứ giác $AEDB$ có:
$\widehat{AEB} = \widehat{ADB} = 90^o$
mà $\widehat{AEB}$ và $\widehat{ADB}$ cùng nhìn cạnh $AB$
nên $AEDB$ là tứ giác nội tiếp
b) Do $AEDB$ nội tiếp (câu a)
nên $\widehat{DEB} = \widehat{DAB}$ (cùng nhìn cạnh $BD$)
mà $\widehat{DAB} = \widehat{BNM}$ (cùng chắn $\overparen{BM}$)
nên $\widehat{DEB} = \widehat{BNM}$
$\Rightarrow ED // MN$
c) Ta có: $BE\perp AC$ $(gt)$
$\Rightarrow BH\perp AC$
$\widehat{ACK} = 90^o$ (nhìn đường kính $AK$)
$\Rightarrow KC\perp AC$
Do đó $BH//KC$ (cùng vuông $AC$)
Chứng minh tương tự ta được $CH//KB$ (cùng vuông $AB$)
Xét tứ giác $BHCK$ có:
$BH//KC$
$CH//KB$
$\Rightarrow BHCK$ là hình bình hành
$\Rightarrow BH = CK$
