Gọi vận tốc riêng của cano là x (km/h) và vận tốc riêng của dòng nước là y (km/h) với x>y>0

Vận tốc cano khi xuôi dòng: \(x+y\) (km/h)

Vận tốc cano khi ngược dòng: \(x-y\) (km/h)

Thời gian cano đi xuôi dòng 96km là: \(\dfrac{96}{x+y}\) giờ

Thời gian cano đi ngược dòng: \(\dfrac{96}{x-y}\) giờ

Do cano đi xuôi dòng và ngược dòng về A hết 14 giờ nên ta có pt:

\(\dfrac{96}{x+y}+\dfrac{96}{x-y}=14\)

Thời gian cano ngược dòng đến khi gặp bè nứa: \(\dfrac{96-24}{x-y}=\dfrac{72}{x-y}\) giờ

Thời gian bè nứa xuôi dòng đến khi gặp cano: \(\dfrac{24}{y}\) giờ

Ta có pt: \(\dfrac{72}{x-y}=\dfrac{24}{y}\Rightarrow x=4y\)

Ta được hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{96}{x+y}+\dfrac{96}{x-y}=14\\x=3y\end{matrix}\right.\)

Thế pt dưới vào pt trên:

\(\dfrac{96}{4y}+\dfrac{96}{2y}=14\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{72}{y}=14\)

\(\Rightarrow y=\dfrac{36}{7}\)

\(\Rightarrow x=\dfrac{108}{7}\)

Lời giải:
a. Khi $m=2$ thì pt trở thành:
$2x^2+3x+1=0$

$\Leftrightarrow (x+1)(2x+1)=0$

$\Leftrightarrow x+1=0$ hoặc $2x+1=0$

$\Leftrightarrow x=-1$ hoặc $x=\frac{-1}{2}$

b.

Để pt có 2 nghiệm thì $\Delta=(2m-1)^2-8(m-1)\geq 0$

$\Leftrightarrow 4m^2-4m+1-8m+8\geq 0$

$\Leftrightarrow 4m^2-12m+9\geq 0$

$\Leftrightarrow (2m-3)^2\geq 0\Leftrightarrow m\in\mathbb{R}$

Áp dụng định lý Viet, với $x_1, x_2$ là nghiệm của pt thì:

$x_1+x_2=\frac{1-2m}{2}; x_1x_2=\frac{m-1}{2}$

Khi đó:

$4x_1^2+4x_2^2+2x_1x_2=1$

$\Leftrightarrow 4(x_1^2+x_2^2+2x_1x_2)-6x_1x_2=1$

$\Leftrightarrow 4(x_1+x_2)^2-6x_1x_2=1$

$\Leftrightarrow (1-2m)^2-3(m-1)=1$

$\Leftrightarrow 4m^2-4m+1-3m+3=1$

$\Leftrightarrow 4m^2-7m+3=0$

$\Leftrightarrow (m-1)(4m-3)=0$

$\Leftrightarrow m=1$ hoặc $m=\frac{3}{4}$ (tm)

a) Trong (O) có đường kính AB và \(D\in\left(O\right)\) nên \(\widehat{ADB}=90^o\) hay \(DB\perp AM\) tại D.

 Tam giác ABM vuông tại B có đường cao BD nên \(AD.AM=AB^2=\left(2r\right)^2=4r^2\)

 Mặt khác, đường thẳng OE đi qua trung điểm E của dây cung AD của (O) nên \(OE\perp AD\) tại E hay \(\widehat{OEM}=90^o\). Lại có \(\widehat{OBM}=90^o\), suy ra 4 điểm O, B, M, E cùng thuộc đường tròn (OM).

 b) Tam giác OBC cân tại O có đường cao OH nên OH cũng là phân giác của \(\widehat{BOC}\) \(\Rightarrow\widehat{BOM}=\widehat{COM}\)

 Xét tam giác BOM và COM có cạnh chung OM, \(\widehat{BOM}=\widehat{COM}\) và \(OB=OC\) nên \(\Delta BOM=\Delta COM\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{OBM}=\widehat{OCM}\)

 Mà \(\widehat{OBM}=90^o\) \(\Rightarrow\widehat{OCM}=90^o\) hay \(MC\perp OC\) tại C. Mà \(C\in\left(O\right)\) nên MC là tiếp tuyến của (O).

 c) Gọi N là giao điểm của BQ và MO.

Nhận thấy \(\widehat{MDB}=\widehat{MHB}=90^o\) nên tứ giác BHDM nội tiếp đường tròn (BM).

 Mặt khác, \(\widehat{CQH}=\widehat{CQA}=\widehat{CBA}=\widehat{CMO}=\widehat{CMH}\) nên tứ giác CMQH nội tiếp 

 Do đó 3 trục đẳng phương MH, CQ, BD ứng với 3 đường tròn (O), (BM), (CMQH) đồng quy tại 1 điểm T. 

 Lại có \(TQ.TC=TB.TD\) và \(TB=TC\) nên \(TQ=TD\). Mà \(\widehat{MDT}=\widehat{MQT}=\widehat{MHC}=90^o\) nên \(\Delta MDT=\Delta MQT\) (ch-cgv) \(\Rightarrow MD=MQ\) \(\Rightarrow\) D, Q đối xứng với nhau qua MO

 \(\Rightarrow\widehat{NQM}=\widehat{NDM}=\widehat{CDA}=\widehat{CBA}=\widehat{OMB}=\widehat{NMB}\)

 Suy ra \(\Delta NMQ~\Delta NBM\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{NM}{NB}=\dfrac{NQ}{NM}\) \(\Rightarrow NM^2=NB.NQ\)

 Lại có tam giác NBH vuông tại H có đường cao HQ nên \(NH^2=NB.NQ\) \(\Rightarrow NM=NH\). 

a: Xét (O) có

ΔAMD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔAMD vuông tại M

=>AM\(\perp\)MD

b: 

Xét (O) có

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

\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

Xét ΔAHB vuông tại H và ΔACD vuông tại C có

\(\widehat{ABH}=\widehat{ADC}\)

Do đó: ΔAHB~ΔACD

c: Ta có: AM\(\perp\)MD

AM\(\perp\)BC tại H

Do đó: BC//MD

=>BCDM là hình thang

=>\(\widehat{BMD}+\widehat{MBC}=180^0\)

mà \(\widehat{MBC}+\widehat{MDC}=180^0\)(BCDM là tứ giác nội tiếp (O))

nên \(\widehat{BMD}=\widehat{CDM}\)

Hình thang BCDM(BC//MD) có \(\widehat{BMD}=\widehat{CDM}\)

nên BCDM là hình thang cân

Lời giải:

\(A=\frac{(x-1)+(\sqrt{y}+\sqrt{xy})}{\sqrt{x}+1}.\frac{1}{\sqrt{x}-\sqrt{y}}\\ =\frac{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)+\sqrt{y}(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}+1}.\frac{1}{\sqrt{x}-\sqrt{y}}\\ =\frac{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1+\sqrt{y})}{\sqrt{x}+1}.\frac{1}{\sqrt{x}-\sqrt{y}}\\ =\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}-1}{\sqrt{x}-\sqrt{y}}\)

\(A=\dfrac{x+\sqrt{y}+\sqrt{xy}-1}{\sqrt{x}+1}:\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\)

\(=\dfrac{\left(x-1\right)+\sqrt{y}\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}+1}:\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)+\sqrt{y}\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}+1}:\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-1+\sqrt{y}\right)}{\sqrt{x}-\sqrt{y}}\)

Lời giải:
ĐKXĐ: $x\geq 0$

Ta thấy: $\sqrt{x}\geq 0; 2x+1>0$ với mọi $x\geq 0$

$\Rightarrow \frac{\sqrt{x}}{2x+1}\geq 0$

Vậy GTNN của biểu thức là $0$. Giá trị này đạt được khi $x=0$

Để hệ có nghiệm duy nhất thì \(\dfrac{m-1}{2}\ne\dfrac{-m}{-1}=m\)

=>\(2m\ne m-1\)

=>\(m\ne-1\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(m-1\right)x-my=3m-1\\2x-y=m+5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x-m-5\\\left(m-1\right)x-m\left(2x-m-5\right)=3m-1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x-m-5\\\left(m-1\right)x-2mx+m^2+5m=3m-1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x-m-5\\x\left(-m-1\right)=-m^2-2m-1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x-m-5\\x=m+1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2\left(m+1\right)-m-5=2m+2-m-5=m-3\\x=m+1\end{matrix}\right.\)

\(P=x^2+y^2\)

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

\(=2m^2-4m+10\)

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

\(=2\left(m-1\right)^2+8>=8\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi m=1(nhận)

Với \(x=0\) thì pt thành \(y^2=66\), vô lí.

Với \(x\ge1\) thì ta thấy \(y\) lẻ.

pt \(\Leftrightarrow2^x+64=y^2-1\) 

\(\Leftrightarrow2^x+64=\left(y-1\right)\left(y+1\right)\) (*)

Đặt \(y=2z+1\left(z\inℕ\right)\). Khi đó 

(*) \(\Leftrightarrow2^x+64=2z\left(2z+2\right)\)

\(\Leftrightarrow2^{x-2}+16=z\left(z+1\right)\)    (1)

Nếu \(x=2\) thì VT lẻ, VP chẵn, vô lý.

Nếu \(x=6\) thì (1) thành \(32=z\left(z+1\right)\), vô lý.

Nếu \(x\ge7\) thì (1) thành \(2^4\left(2^{x-6}+1\right)=z\left(z+1\right)\) 

Bởi \(gcd\left(2^4,2^{x-6}+1\right)=gcd\left(z,z+1\right)=1\) nên từ đây

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}z⋮16\\z\equiv-1\left[16\right]\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}16⋮z\\2^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}z=16\\\left\{{}\begin{matrix}z+1⋮16\\z^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

TH1: \(z=16\Rightarrow2^{x-6}=2^4\Leftrightarrow x=10\Leftrightarrow y=33\)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}z+1⋮16\\2^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}z\equiv-1\left[16\right]\\2^{x-6}+1⋮z\end{matrix}\right.\). Lại có \(16\left(2^{x-6}+1\right)⋮z+1\)

và \(\left(2^{x-6}+1\right)< z\left(z+1\right)\), đồng thời để ý rằng \(gcd\left(z,z+1\right)=1\) nên từ đó suy ra \(16⋮z+1\) (vì nếu không thì \(2^{x-6}+1⋮x\left(x+1\right)\), vô lí vì \(2^{x-6}+1< x\left(x+1\right)\))

 \(z+1=16\Rightarrow z=15\) \(\Rightarrow2^{x-6}+1=15\), vô lý.

 Nếu \(x\le5\) thì \(x\in\left\{3,4,5\right\}\). Thử lại, ta thấy \(x=4\) thỏa mãn \(\Rightarrow y=9\)

 Do đó pt đã cho có các nghiệm tự nhiên là \(\left(4,9\right),\left(10,33\right)\)