\(\Delta=2^2-4.1\left(-3m+5\right)\)= 4+12m-20 = 12m-16

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

<=>12m -16>0

<=>12m>16

=>\(m>\dfrac{4}{3}\)

a: Ta có: ΔOCD cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH\(\perp\)CD tại H

ta có: \(\widehat{OHS}=\widehat{OAS}=\widehat{OBS}=90^0\)

=>O,H,A,S,B cùng thuộc đường tròn đường kính OS

b: Xét (O) có

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

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

Do đó: \(\widehat{SAC}=\widehat{ADC}=\widehat{SDA}\)

Xét ΔSAC và ΔSDA có

\(\widehat{SAC}=\widehat{SDA}\)

\(\widehat{DSA}\) chung

Do đó: ΔSAC~ΔSDA

=>\(\dfrac{SA}{SD}=\dfrac{SC}{SA}\)

=>\(SA^2=SD\cdot SC\)

c: Xét (O) có

SA,SB là các tiếp tuyến

Do đó: SA=SB

=>S nằm trên đường trung trực của AB(1)

ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1) và (2) suy ra SO là đường trung trực của BA

=>SO\(\perp\)AB tại E

Xét ΔSAO vuông tại A có AE là đường cao

nên \(SE\cdot SO=SA^2\)

=>\(SE\cdot SO=SC\cdot SD\)

=>\(\dfrac{SE}{SD}=\dfrac{SC}{SO}\)

Xét ΔSEC và ΔSDO có

\(\dfrac{SE}{SD}=\dfrac{SC}{SO}\)

\(\widehat{ESC}\) chung

Do đó: ΔSEC~ΔSDO

=>\(\widehat{SEC}=\widehat{SDO}\)

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

nên \(\widehat{OEC}+\widehat{ODC}=180^0\)

=>OECD là tứ giác nội tiếp

a.

Do \(x_B=2\Rightarrow y_B=-\dfrac{1}{2}x_B^2=-\dfrac{1}{2}.2^2=-2\)

\(\Rightarrow B\left(2;-2\right)\)

Gọi pt AB có dạng \(y=ax+b\)

Do đường thẳng AB qua A và B, thay tọa độ vào pt ta được:

\(\left\{{}\begin{matrix}-4a+b=-8\\2a+b=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\y=-4\end{matrix}\right.\)

Phương trình AB: \(y=x-4\)

b.

Do hoành độ A và B trái dấu \(\Rightarrow\) A và B nằm khác phía so với Oy

\(\Rightarrow MA+MB\) ngắn nhất khi M là giao điểm của đường thẳng AB và Oy

M thuộc Oy \(\Rightarrow x_M=0\)

\(\Rightarrow y_M=x_M-4=-4\)

Vậy \(M\left(0;-4\right)\)

Anh chỉ em câu này là hai biến cố độc lập hay xung khắc ạ anh! 

https://hoc24.vn/cau-hoi/co-hai-hop-dung-bi-hop-thu-nhat-co-3-vien-bi-do-4-vien-bi-xanh-hop-thu-hai-co-5-vien-bi-do-va-3-vien-bi-xanh-lay-ngau-nhien-moi-hop-mot-vien-bi-xet-cac-bien-co-saua-vien-bi-lay-duoc-o-hop-thu-nh.8828217211319

Gọi chiều dài khu vườn ban đầu là x(m) và chiều rộng là y(m) với x;y>0

Do chu vi khu vườn ban đầu là 72m nên:

\(2\left(x+y\right)=72\Rightarrow x+y=36\) (1)

Chiều dài khu vườn sau khi gấp 3: \(3x\) (m)

Chiều rộng khu vườn sau khi gấp đôi: \(2y\) (m)

Sau khi tăng kích thước thì chu vi khu vườn là 194m nên ta có pt:

\(2\left(3x+2y\right)=194\Rightarrow3x+2y=97\) (2)

Từ (1);(2) ta được hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=36\\3x+2y=97\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=25\\y=11\end{matrix}\right.\)

thưa thầy có bạn văng tục và chửi các CTV đấy ạ

Thay x=2 và y=-5 vào (d), ta được:

\(2\left(3a-1\right)+2b\left(-5\right)=56\)

=>\(3a-1-10b=28\)

=>3a-10b=29(1)

Thay x=2 và y=-5 vào (d'), ta được:

\(0,5a\cdot2-\left(3b+2\right)\cdot\left(-5\right)=3\)

=>\(a+15b+10=3\)

=>a+15b=-7(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}3a-10b=29\\a+15b=-7\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}9a-30b=87\\2a+30b=-14\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}11a=73\\3a-10b=29\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{73}{11}\\10b=3a+29=3\cdot\dfrac{73}{11}+29=\dfrac{538}{11}\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{73}{11}\\b=\dfrac{538}{110}\end{matrix}\right.\)

a: 

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(-x^2=2x-3\)

=>\(x^2+2x-3=0\)

=>(x+3)(x-1)=0

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

Thay x=-3 vào y=2x-3, ta được:

\(y=2\cdot\left(-3\right)-3=-9\)

Thay x=1 vào y=2x-3, ta được:

\(y=2\cdot1-3=-1\)

vậy: A(-3;-9); B(1;-1)

O(0;0); A(-3;-9); B(1;-1)

\(OA=\sqrt{\left(-3-0\right)^2+\left(-9-0\right)^2}=3\sqrt{10}\)

\(OB=\sqrt{\left(1-0\right)^2+\left(-1-0\right)^2}=\sqrt{2}\)

\(AB=\sqrt{\left(1+3\right)^2+\left(-1+9\right)^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}\)

Xét ΔOAB có \(cosAOB=\dfrac{OA^2+OB^2-AB^2}{2\cdot OA\cdot OB}=\dfrac{90+2-80}{2\cdot3\sqrt{10}\cdot\sqrt{2}}=\dfrac{12}{12\sqrt{5}}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)

=>\(sinAOB=\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{\sqrt{5}}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\)

Diện tích tam giác AOB là:

\(S_{AOB}=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot sinAOB\)

\(=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cdot3\sqrt{10}\cdot\sqrt{2}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\cdot3\sqrt{20}=6\)

a.

Theo giả thiết \(\left\{{}\begin{matrix}CO\perp AB\\CH\perp AM\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\widehat{AHC}=\widehat{AOC}=90^0\)

\(\Rightarrow\) O và H cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông nên CHOA nội tiếp

b.

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AOC}=90^0\\OA=OC=R\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAC\) vuông cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{CAO}=\widehat{ACO}=45^0\)

Theo câu a, CHOA nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AHO}=\widehat{ACO}=45^0\) (cùng chắn AO)

\(\Rightarrow\widehat{NHM}=\widehat{AHO}=45^0\) (đối đỉnh)

\(\widehat{AMB}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow\widehat{ONB}=90^0-\widehat{NHM}=45^0\)

c.

\(OB=OC=R\Rightarrow\Delta OBC\) vuông cân tại O \(\Rightarrow\widehat{OCB}=45^0\)

\(\Rightarrow\widehat{OCB}=\widehat{ONB}\Rightarrow OCNB\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{CNB}+\widehat{COB}=180^0\Rightarrow\widehat{CNB}=90^0\)

\(\Rightarrow CNMH\) là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

Theo cm câu b, \(\widehat{NHM}=\widehat{ONB}=45^0\Rightarrow\Delta HNM\) cân tại M

\(\Rightarrow HM=NM\Rightarrow CNMH\) là hình vuông

\(\Rightarrow HN\) là trung trực của CM

\(\Rightarrow IC=IM\) \(\Rightarrow\Delta ICM\) cân tại I

\(\Rightarrow\widehat{ICM}=\widehat{IMC}\) 

Mà \(\widehat{IMC}=\widehat{CBD}\) (cùng chắn CD)

\(\Rightarrow\widehat{ICM}=\widehat{CBD}\)

\(\Rightarrow\) CM song song BD (hai góc so le trong bằng nhau)

d.

Giả sử D, H, B thẳng hàng

Theo câu c, CM song song BD \(\Rightarrow CM||BH\)

\(\Rightarrow\widehat{BHM}=\widehat{HMC}=45^0\) (so le trong)

\(\Rightarrow\Delta BMH\) vuông cân tại M

\(\Rightarrow BM=MH\)

\(\Rightarrow BM=HM=NM=CN\) (do CNMH là hình vuông theo cmt)

\(\Rightarrow BN=2BM\)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác OBC:

\(BC^2=OB^2+OC^2=2R^2\)

Áp dụng Pitago cho tam giác BCN:

\(BC^2=CN^2+BN^2\)

\(\Rightarrow2R^2=BM^2+\left(2BM\right)^2\)

\(\Rightarrow2R^2=5BM^2\)

\(\Rightarrow BM^2=\dfrac{2R^2}{5}\)

\(\Rightarrow BM=\dfrac{R\sqrt{10}}{5}\)

Vậy để D, H, B thẳng hàng thì M nằm ở vị trí trên cung BC sao cho \(BM=\dfrac{R\sqrt{10}}{5}\)

Đề không rõ ràng. Bạn xem lại.

a.

Theo giả thiết \(\widehat{AHM}=\widehat{APM}=\widehat{AQM}=90^0\) 

\(\Rightarrow\) H, P, Q cùng nhìn AM dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow\) A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM

Do O là trung điểm AM \(\Rightarrow O\) là tâm đường tròn nói trên.

Gọi bán kính đường tròn là R.

b.

Tam giác ABC đều và AH là đường cao nên đồng thời là phân giác góc A

\(\Rightarrow\widehat{PAH}=\dfrac{1}{2}\widehat{A}=30^0\)

Mà \(\widehat{POH}=2\widehat{PAH}\) (góc ở tâm gấp đôi góc nt cùng chắn 1 cung)

\(\Rightarrow\widehat{POH}=60^0\)

Theo cm câu a, P, H cùng thuộc đường tròn nên \(OP=OH=R\)

\(\Rightarrow\Delta OPH\) cân tại O \(\Rightarrow\Delta OPH\) là tam giác đều (tam giác cân có 1 góc 60 độ)

\(\Rightarrow OP=OH=PH\)

Chứng minh tương tự ta có tam giác OQH đều \(\Rightarrow OQ=OH=QH\)

\(\Rightarrow OP=PH=HQ=OQ\) nên OPHQ là hình thoi

c.

Gọi D là trung điểm OH, theo cmt ta có tam giác OPH đều

\(\Rightarrow PD\perp OH\Rightarrow\Delta OPD\) vuông tại D

\(\Rightarrow PD=OP.sin\widehat{POH}=R.sin60^0=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

Do OPHQ là hình thoi \(\Rightarrow PQ=2PD=R\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow PQ\) nhỏ nhất khi R nhỏ nhất

Mà AM là đường kính \(\Rightarrow AM=2R\Rightarrow PQ\) nhỏ nhất khi AM nhỏ nhất

\(\Rightarrow\) M là hình chiếu vuông góc của A lên BC

\(\Rightarrow M\) trùng H

Vậy khi M là trung điểm BC thì PQ có độ dài nhỏ nhất