Mọi người giải giúp e với ạ 

\(\Delta=\left(-4\right)^2-4\cdot1\cdot\left(m-5\right)=16-4m+20=-4m+36\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta>0\)

=>-4m+36>0

=>-4m>-36

=>m<4

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=4\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m-5\end{matrix}\right.\)

\(\left(x_1-1\right)\left(x_2^2-3x_2+m-6\right)=-3\)

=>\(\left(x_1-1\right)\left[x_2^2-x_2\left(x_1+x_2-1\right)+x_1x_2-1\right]=-3\)

=>\(\left(x_1-1\right)\left(x_2^2-x_1x_2-x_2^2+x_2+x_1x_2-1\right)=-3\)

=>\(\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)=-3\)

=>\(x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1=-3\)

=>m-5-4+1=-3

=>m-8=-3

=>m=5(loại)

a: Xét tứ giác BIMH có \(\widehat{BIM}+\widehat{BHM}=90^0+90^0=180^0\)

nên BIMH là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CIMK có \(\widehat{CIM}+\widehat{CKM}=90^0+90^0=180^0\)

nên CIMK là tứ giác nội tiếp

a: Xét tứ giác ABHE có \(\widehat{AEB}=\widehat{AHB}=90^0\)

nên ABHE là tứ giác nội tiếp

=>A,B,H,E cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{HEF}\left(=180^0-\widehat{AEH}\right)\)

nên \(\widehat{ADC}=\widehat{HEF}\)

=>HE//CD

a:

Sửa đề: Chứng minh ONFP nội tiếp

Xét (O) có

ΔMEN nội tiếp

MN là đường kính

Do đó: ΔMEN vuông tại E

Xét tứ giác ONFP có \(\widehat{ONF}+\widehat{OPF}=90^0+90^0=180^0\)

nên ONFP là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔFMQ có

QP,MN là các đường cao

QP cắt MN tại O

Do đó: O là trực tâm của ΔFMQ

=>OF\(\perp\)MQ

Xét ΔPMO vuông tại P và ΔPQF vuông tại P có

\(\widehat{PMO}=\widehat{PQF}\left(=90^0-\widehat{F}\right)\)

Do đó: ΔPMO~ΔPQF

=>\(\dfrac{PM}{PQ}=\dfrac{PO}{PF}\)

=>\(PM\cdot PF=PO\cdot PQ\)

a: Xét tứ giác BCEF có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BCEF là tứ giác nội tiếp

b: ta có: BCEF nội tiếp

=>\(\widehat{BFE}+\widehat{BCE}=180^0\)

mà \(\widehat{BFE}+\widehat{KFB}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{KFB}=\widehat{KCE}\)

Xét ΔKFB và ΔKCE có

\(\widehat{KFB}=\widehat{KCE}\)

\(\widehat{FKB}\) chung

Do đó: ΔKFB~ΔKCE

=>\(\dfrac{KF}{KC}=\dfrac{KB}{KE}\)

=>\(KF\cdot KE=KB\cdot KC\)

a: Xét tứ giác BIEM có \(\widehat{IBM}+\widehat{IEM}=90^0+90^0=180^0\)

nên BIEM là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: ABCD là hình vuông

=>BD là phân giác của góc ABC

=>\(\widehat{ABD}=\dfrac{1}{2}\cdot\widehat{ABC}=45^0\)

Ta có: BIEM là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{IME}=\widehat{IBE}\)

=>\(\widehat{IME}=45^0\)

1: Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

Xét tứ giác ADHM có \(\widehat{ADM}=\widehat{AHM}=90^0\)

nên ADHM là tứ giác nội tiếp

2: Xét (O) có

\(\widehat{CAD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AC và dây cung AD

\(\widehat{AED}\) là góc nội tiếp chắn cung AD

Do đó: \(\widehat{CAD}=\widehat{AED}\)

Xét ΔCAD và ΔCEA có

\(\widehat{CAD}=\widehat{CEA}\)

\(\widehat{ACD}\) chung

Do đó: ΔCAD~ΔCEA

=>\(\dfrac{CA}{CE}=\dfrac{CD}{CA}\)

=>\(CA^2=CE\cdot CD\left(1\right)\)

Xét ΔCAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(CH\cdot CO=CA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(CE\cdot CD=CH\cdot CO\)