a: Thay x=-1 và y=3 vào (P), ta được:

\(3\cdot\left(-1\right)^2=3\)

=>\(3\cdot1=3\)(đúng)

=>A thuộc (P)

b: C thuộc (P) nên \(C\left(x;3x^2\right)\)

Gọi (d): y=ax+b\(\left(a\ne0\right)\) là phương trình đường thẳng AB

Thay x=-1 và y=3 vào (d), ta được:

\(a\cdot\left(-1\right)+b=3\)

=>-a+b=3(1)

Thay x=2 và y=3 vào (d), ta được:

\(a\cdot2+b=3\)

=>2a+b=3(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}-a+b=3\\2a+b=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-3a=0\\a-b=-3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=0\\b=a+3=0+3=3\end{matrix}\right.\)

Vậy: y=0x+3

Thay \(y=3x^2\) vào (d), ta được:

\(3x^2=3\)

=>\(x^2=1\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-1\left(loại\right)\\x=1\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Khi x=1 thì \(y=0\cdot1+3=3\)

Vậy: C(1;3)

Bài 3:

Nửa chu vi mảnh vườn là 100:2=50(m)

Gọi chiều rộng mảnh vườn là x(m)

(Điều kiện: x>0)

Chiều dài mảnh vườn là 4x(m)

Nửa chu vi là 50m nên x+4x=50

=>5x=50

=>x=10(nhận)

Chiều dài mảnh vườn là \(4\cdot10=40\left(m\right)\)

Diện tích mảnh vườn là \(10\cdot40=400\left(m^2\right)\)

Giá tiền của mảnh đất đó là:

\(400\cdot15=6000\left(triệuđồng\right)=6\left(tỷđồng\right)\)

Bài 3:

Nửa chu vi mảnh vườn là 100:2=50(m)

Gọi chiều rộng mảnh vườn là x(m)

(Điều kiện: x>0)

Chiều dài mảnh vườn là 4x(m)

Nửa chu vi là 50m nên x+4x=50

=>5x=50

=>x=10(nhận)

Chiều dài mảnh vườn là \(4\cdot10=40\left(m\right)\)

Diện tích mảnh vườn là \(10\cdot40=400\left(m^2\right)\)

Giá tiền của mảnh đất đó là:

\(400\cdot15=6000\left(triệuđồng\right)=6\left(tỷđồng\right)\)

Bài 4:

a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>AM\(\perp\)DB tại M

Xét tứ giác ACMD có \(\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^0\)

nên ACMD là tứ giác nội tiếp

=>A,C,M,D cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

\(\widehat{NMA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến MN và dây cung MA

\(\widehat{MBA}\) là góc nội tiếp chắn cung MA

Do đó: \(\widehat{NMA}=\widehat{MBA}\)

mà \(\widehat{MBA}=\widehat{AKC}\left(=90^0-\widehat{MAB}\right)\)

nên \(\widehat{NMA}=\widehat{AKC}\)

=>\(\widehat{NMK}=\widehat{NKM}\)

=>NK=NM

Ta có: \(\widehat{DMN}+\widehat{NMK}=\widehat{DMK}=90^0\)

\(\widehat{NDM}+\widehat{NKM}=90^0\)(ΔDMK vuông tại M)

mà \(\widehat{NMK}=\widehat{NKM}\)

nên \(\widehat{NDM}=\widehat{NMD}\)

=>NM=ND

mà NM=NK

nên ND=NK

=>N là trung điểm của DK

c: Xét ΔIAO có

IC là đường cao

IC là đường trung tuyến

Do đó: ΔIAO cân tại I

=>IA=IO

mà OI=OA

nên IA=IO=OA

=>ΔIAO đều

=>\(IC=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

Diện tích tam giác IAB là:

\(S_{IAB}=\dfrac{1}{2}\cdot IC\cdot AB=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\cdot2R=\dfrac{1}{2}R^2\sqrt{3}\)

1:

a: \(\left\{{}\begin{matrix}y-2x=5\\2y-x=1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2y-4x=10\\2y-x=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2y-4x-2y+x=10-1\\2y-x=1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}-3x=9\\2y=x+1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-3\\2y=-3+1=-2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=-3\\y=-1\end{matrix}\right.\)

b: \(x^6+7x^3=8\)

=>\(x^6+7x^3-8=0\)

=>\(\left(x^3+8\right)\left(x^3-1\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x^3+8=0\\x^3-1=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-2\\x=1\end{matrix}\right.\)

2: 

a: \(\text{Δ}=\left[-\left(2m-3\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(m^2-3m\right)\)

\(=4m^2-12m+9-4m^2+12m=9>0\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt là:

\(\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{2m-3-\sqrt{9}}{2}=\dfrac{2m-3-3}{2}=m-3\\x=\dfrac{2m-3+3}{2}=m\end{matrix}\right.\)

b: Để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì a*c<0

=>\(m^2-3m< 0\)

=>m(m-3)<0

=>0<m<3

a: \(\Delta=\left[-2\left(m+1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(2m-13\right)\)

\(=\left(2m+2\right)^2-4\left(2m-13\right)\)

\(=4m^2+8m+4-8m+52=4m^2+56>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=2m-13\end{matrix}\right.\)

Theo đề, ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m+2\\x_1+3x_2=2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2-x_1-3x_2=2m+2-2\\x_1+3x_2=2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}-2x_2=2m\\x_1=2-3x_2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=-m\\x_1=2+3m\end{matrix}\right.\)

\(x_1\cdot x_2=2m-13\)

=>\(-m\left(3m+2\right)=2m-13\)

=>\(m\left(3m+2\right)=-2m+13\)

=>\(3m^2+2m+2m-13=0\)

=>\(3m^2+4m-13=0\)

=>\(m=\dfrac{-2\pm\sqrt{43}}{3}\)

b: \(A=\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}=\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\dfrac{2m+2}{2m-13}\)

Để A là số nguyên thì \(2m+2⋮2m-13\)

=>\(2m-13+15⋮2m-13\)

=>\(15⋮2m-13\)

=>\(2m-13\in\left\{1;-1;3;-3;5;-5;15;-15\right\}\)

=>\(2m\in\left\{14;12;16;10;18;8;28;-2\right\}\)

=>\(m\in\left\{7;6;8;5;9;4;14;-1\right\}\)

c: Để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu thì a*c<0

=>1(2m-13)<0

=>2m-13<0

=>2m<13

=>\(m< \dfrac{13}{2}\)(1)

Để nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương thì x1+x2<0

=>2(m+1)<0

=>m<-1(2)

Từ (1),(2) suy ra m<-1

d: Để phương trình (1) có một nghiệm bé hơn 2, một nghiệm lớn hơn 2 thì \(\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)< 0\)

=>\(x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+4< 0\)

=>\(2m-13-2\left[2\left(m+1\right)\right]+4< 0\)

=>\(2m-9-4\left(m+1\right)< 0\)

=>2m-9-4m-4<0

=>-2m-13<0

=>2m+13>0

=>\(m>-\dfrac{13}{2}\)

1: \(A=xy=\left(\sqrt{3}-1\right)\left(\sqrt{3}+1\right)=3-1=2\)

2: 

a: 

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(-\dfrac{1}{2}x^2=-2x+2\)

=>\(\dfrac{1}{2}x^2-2x+2=0\)

\(\text{Δ}=\left(-2\right)^2-4\cdot\dfrac{1}{2}\cdot2=4-4=0\)

=>(P) tiếp xúc với (d) tại điểm có hoành độ là:

\(x=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{-\left(-2\right)}{2\cdot\dfrac{1}{2}}=4\)

Khi x=4 thì \(y=-\dfrac{1}{2}\cdot4^2=-8\)

Vậy: Tọa độ tiếp điểm là A(4;-8)

\(\sqrt{5}\cdot x+\dfrac{x}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}+5\)

=>\(\dfrac{5x+x}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}+5\)

=>\(6x=\sqrt{5}\left(3\sqrt{5}+5\right)=15+5\sqrt{5}\)

=>\(x=\dfrac{15+5\sqrt{5}}{6}\)

a. Ta có: $\widehat{BEH}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (BH)) ⇒ HE ⊥ AB

∆AHB vông tại H, đường cao HE:

AE.AB = $A{H}^2\left(1\right)$

$\widehat{HFC}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (HC)) ⇒ HF ⊥ AC

∆AHC vuông tại H, đường cao HF: AF.AC = $A{H}^2$(2)

Từ (1) và (2) ⇒ AE.AB = AF.AC

b. Ta có: $\widehat{BAC}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (BC)) $\Rightarrow \widehat{EAF}={90}^{\circ }$

Mà $\widehat{AEH}={90}^{\circ }\left(HE\perp AB\right)$ và $\widehat{AFH}={90}^{\circ }\left(HF\perp AC\right)$

⇒ Tứ giác AEHF là hình chữ nhật ⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp

$\widehat{HEF}=\widehat{HAF}$(Cùng chắn cung HF của (AEHF))

$\widehat{HAF}=\widehat{ABC}\Rightarrow$ EF là tiếp tuyến (BH)

c. Ta sẽ chứng minh $\widehat{AIH}=\widehat{KAC}$

Ta có: $\widehat{KAC}=\widehat{HAC}$ (tính chất đối xứng)

$\widehat{HAC}=\widehat{AHE}$ (so le trong) $\Rightarrow \widehat{KAC}=\widehat{AHE}$

$\widehat{AIH}=\widehat{AHE}$ (tính chất đối xứng)

Vậy $\widehat{AIH}=\widehat{KAC}$ (Cùng = $\widehat{AHE}$)

Mà AC // IH (tứ giác AEHF là hình chữ nhật)

$\Rightarrow \widehat{AIH}$ và $\widehat{KAC}$ đồng vị ⇒ I, A, K thẳng hàng

a. Ta có: $\widehat{BEH}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (BH)) ⇒ HE ⊥ AB

∆AHB vông tại H, đường cao HE:

AE.AB = $A{H}^2\left(1\right)$

$\widehat{HFC}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (HC)) ⇒ HF ⊥ AC

∆AHC vuông tại H, đường cao HF: AF.AC = $A{H}^2$(2)

Từ (1) và (2) ⇒ AE.AB = AF.AC

b. Ta có: $\widehat{BAC}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (BC)) $\Rightarrow \widehat{EAF}={90}^{\circ }$

Mà $\widehat{AEH}={90}^{\circ }\left(HE\perp AB\right)$ và $\widehat{AFH}={90}^{\circ }\left(HF\perp AC\right)$

⇒ Tứ giác AEHF là hình chữ nhật ⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp

$\widehat{HEF}=\widehat{HAF}$(Cùng chắn cung HF của (AEHF))

$\widehat{HAF}=\widehat{ABC}\Rightarrow$ EF là tiếp tuyến (BH)

c. Ta sẽ chứng minh $\widehat{AIH}=\widehat{KAC}$

Ta có: $\widehat{KAC}=\widehat{HAC}$ (tính chất đối xứng)

$\widehat{HAC}=\widehat{AHE}$ (so le trong) $\Rightarrow \widehat{KAC}=\widehat{AHE}$

$\widehat{AIH}=\widehat{AHE}$ (tính chất đối xứng)

Vậy $\widehat{AIH}=\widehat{KAC}$ (Cùng = $\widehat{AHE}$)

Mà AC // IH (tứ giác AEHF là hình chữ nhật)

$\Rightarrow \widehat{AIH}$ và $\widehat{KAC}$ đồng vị ⇒ I, A, K thẳng hàng

1: \(\text{Δ}=\left[-2\left(m-1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(2m-4\right)\)

\(=\left(2m-2\right)^2-4\left(2m-4\right)\)

\(=4m^2-8m+4-8m+16\)

\(=4m^2-16m+20\)

\(=4m^2-16m+16+4=\left(2m-4\right)^2+4>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

ΔABH vuông tại H

=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AH^2=\left(6a\right)^2-\left(3,6a\right)^2=\left(4,8a\right)^2\)

=>AH=4,8a

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(HC\cdot3,6a=\left(4,8a\right)^2=23,04a^2\)

=>HC=6,4a

BC=BH+CH=3,6a+6,4a=10a

Xét ΔABC vuông tại A có \(BC^2=AB^2+AC^2\)

=>\(AC^2+\left(6a\right)^2=\left(10a\right)^2\)

=>\(AC^2=100a^2-36a^2=64a^2\)

=>AC=8a

a) ∆ABC vuông tại A, AH là đường cao

⇒ AB² = BH.BC

⇒ BC = AB² : BH

= (6a)² : 3,6a

= 10a

∆ABC vuông tại A

⇒ BC² = AB² + AC² (Pythagore)

⇒ AC² = BC² - AB²

= (10a)² - (6a²)

= 64a²

⇒ AC = 8a