Từ C kẻ CH vuông góc AB

Trong tam giác vuông ACD:

\(CH=AC.sinA=2.sin30^0=1\)

\(AH=AC.cosA=2.cos30^0=\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow BH=AB-AH=\sqrt{3}+1-\sqrt{3}=1\)

\(\Rightarrow CH=BH\Rightarrow\Delta BCH\) vuông cân tại H

\(\Rightarrow\widehat{B}=45^0\)

\(a=BC=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{2}\)

\(\widehat{BCH}=45^0\) (do ABH vuông cân)

Trong tam giác vuông ACH:

\(\widehat{ACH}=90^0-\widehat{A}=60^0\)

\(\Rightarrow\widehat{C}=\widehat{ACH}+\widehat{BCH}=105^0\)

Gọi vận tốc dự định là x(km/h)

(Điều kiện: x>0)

Thời gian dự kiến ban đầu là \(\dfrac{150}{x}\left(giờ\right)\)

Vận tốc thực tế là x-5(km/h)

Thời gian thực tế đi hết quãng đường là \(\dfrac{150}{x-5}\left(giờ\right)\)

Vì đến B chậm hơn 2 giờ nên ta có phương trình:

\(\dfrac{150}{x-5}-\dfrac{150}{x}=2\)

=>\(\dfrac{150x-150\left(x-5\right)}{x\left(x-5\right)}=2\)

=>\(150x-150x+750=2x\left(x-5\right)\)

=>2x(x-5)=750

=>x(x-5)=150

=>\(x^2-5x-150=0\)

=>\(\left(x-15\right)\left(x+10\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x-15=0\\x+10=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=15\left(nhận\right)\\x=-10\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

vậy: Vận tốc dự kiến là 15km/h

Nối E với F và nối K với F

Ta có

E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc \(90^o\) => BCEF là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{BEK}=\widehat{KCF}\) (góc nt cùng chắn cung BF) và

\(\widehat{CFE}=\widehat{CBE}\) (góc nt cùng chắn cung CE) (1)

Xét tg BKE và tg FKC có

\(\widehat{BEK}=\widehat{KCF}\) (cmt)

\(\widehat{EKC}\) chung

\(\Rightarrow\widehat{KBE}=\widehat{KFC}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{KBE}+\widehat{CBE}=\widehat{KFC}+\widehat{CFE}\)

Mà \(\widehat{KBE}+\widehat{CBE}=\widehat{KBC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{KFC}+\widehat{CFE}=180^o\)

 => E; F; K thẳng hàng

Tổng vận tốc hai xe là: \(\dfrac{180}{2}=90\left(\dfrac{km}{h}\right)\)

Vận tốc xe đi từ B là: \(\dfrac{90+10}{2}=50\left(\dfrac{km}{h}\right)\)

vận tốc xe đi từ A là 50-10=40(km/h)

Điểm I ở đâu vậy bạn?

\(x^2+\left(4m+1\right)x+2\left(m-4\right)=0\)

\(\Delta=\left(4m+1\right)^2-4\cdot1\cdot2\left(m-4\right)=16m^2+8m+1-8m+32=16m^2+33\ge33>0\forall m\) 

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{-\left(4m+1\right)+\sqrt{16m^2+33}}{2}\\x_2=\dfrac{-\left(4m+1\right)-\sqrt{16m^2+33}}{2}\end{matrix}\right.\) 

Mà: \(x_2-x_1=17\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{-\left(4m+1\right)-\sqrt{16m^2+33}}{2}-\dfrac{-\left(4m+1\right)+\sqrt{16m^2+33}}{2}=17\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{-\left(4m+1\right)-\sqrt{16m^2+33}+\left(4m+1\right)-\sqrt{16m^2+33}}{2}=17\) 

\(\Leftrightarrow\dfrac{-2\sqrt{16m^2+33}}{2}=17\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{16m^2+33}=-17< 0\)

Vậy không có m thỏa mãn 

a) ∆' = [-(m - 3)]² - (m² + 3)

= m² - 6m + 9 - m² - 3

= -6m + 6

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm thì ∆' ≥ 0

⇔ -6m + 6 ≥ 0

⇔ 6m ≤ 6

⇔ m ≤ 1

Vậy m ≤ 1 thì phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm

b) Theo định lý Viét, ta có:

x₁ + x₂ = 2(m - 3) = 2m - 6

x₁x₂ = m² + 3

Ta có:

(x₁ - x₂)² - 5x₁x₂ = 4

⇔ x₁² - 2x₁x₂ + x₂² - 5x₁x₂ = 4

⇔ x₁² + 2x₁x₂ + x₂² - 2x₁x₂ - 2x₁x₂ - 5x₁x₂ = 4

⇔ (x₁ + x₂)² - 9x₁x₂ = 4

⇔ (2m - 6)² - 9(m² + 3) = 4

⇔ 4m² - 24m + 36 - 9m² - 27 = 4

⇔ -5m² - 24m + 9 = 4

⇔ 5m² + 24m - 5 = 0

⇔ 5m² + 25m - m - 5 = 0

⇔ (5m² + 25m) - (m + 5) = 0

⇔ 5m(m + 5) - (m + 5) = 0

⇔ (m + 5)(5m - 1) = 0

⇔ m + 5 = 0 hoặc 5m - 1 = 0

*) m + 5 = 0

⇔ m = -5 (nhận)

*) 5m - 1 = 0

⇔ m = 1/5 (nhận)

Vậy m = -5; m = 1/5 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu

a: \(\Delta=\left[-2\left(m-3\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(m^2+3\right)\)

\(=\left(2m-6\right)^2-4\left(m^2+3\right)\)

\(=4m^2-24m+36-4m^2-12=-24m+24\)

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

=>-24m+24>=0

=>-24m>=-24

=>m<=1

b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{-\left[-2\left(m-3\right)\right]}{1}=2\left(m-3\right)\\x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+3\end{matrix}\right.\)

\(\left(x_1-x_2\right)^2-5x_1x_2=4\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2-5x_2x_1=4\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-9x_1x_2=4\)

=>\(\left(2m-6\right)^2-9\left(m^2+3\right)=4\)

=>\(4m^2-24m+36-9m^2-27-4=0\)

=>\(-5m^2-24m+5=0\)

=>\(-5m^2-25m+m+5=0\)

=>\(-5m\left(m+5\right)+\left(m+5\right)=0\)

=>(m+5)(-5m+1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}m+5=0\\-5m+1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=-5\left(nhận\right)\\m=\dfrac{1}{5}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

a) Với m = 2, phương trình đã cho trở thành:

2x² - 6x + 2.2 - 5 = 0

⇔ 2x² - 6x - 1 = 0

∆' = (-3)² - 2.(-1) = 11 > 0

⇒ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

x₁ = [-(-3) + 11]/2 = (3 + 11)/2

x₂ = [-(-3) - 11]/2 = (3 - 11)/2

b) ∆' = (-3)² - 2.(2m - 5)

= 9 - 4m + 10

= 19 - 4m

Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆' ≥ 0

⇔ 19 - 4m ≥ 0

⇔ 4m ≤ 19

⇔ m ≤ 19/4

Theo định lý Viét, ta có:

x₁ + x₂ = 3

x₁x₂ = (2m - 5)/2

Ta có:

1/x₁ + 1/x₂ = 6

⇔ (x₁ + x₂)/(x₁x₂) = 6

⇔ 3/[(2m - 5)/2] = 6

⇔ (2m - 5)/2 = 1/2

⇔ 2m - 5 = 1

⇔ 2m = 6

⇔ m = 3 (nhận)

Vậy m = 3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu

12.

a. Do đường thẳng đi qua điểm A(-5;3) nên ta có:

\(-5a+b=3\) (1)

Do đường thẳng đi qua \(B\left(\dfrac{3}{2};-1\right)\) nên:

\(\dfrac{3}{2}a+b=-1\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}-5a+b=3\\\dfrac{3}{2}a+b=-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-\dfrac{8}{13}\\b=-\dfrac{1}{13}\end{matrix}\right.\)

b.

Gọi N là giao điểm (d1) và (d2), tọa độ N là nghiệm:

\(\left\{{}\begin{matrix}2x+5y=17\\4x-10y=14\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=6\\y=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow N\left(6;1\right)\)

Do đường thẳng đi qua M(9;-6) nên:

\(9a+b=-6\)

Do đường thẳng đi qua N(6;1) nên:

\(6a+b=1\)

Ta được hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}9a+b=-6\\6a+b=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-\dfrac{7}{3}\\b=15\end{matrix}\right.\)

13.

a.

Hai đường thẳng cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung khi hoành độ giao điểm bằng 0

Tọa độ giao điểm 2 đường thẳng là nghiệm của hệ:

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

\(\Rightarrow7x=2m+3\)

\(\Rightarrow x=\dfrac{2m+3}{7}\)

Hai đường thẳng cắt nhau trên trục tung nên:

\(\dfrac{2m+3}{7}=0\Rightarrow m=-\dfrac{3}{2}\)

Em tự vẽ hình

b.

Hai đường thẳng cắt nhau tại 1 điểm trên trục hoành khi tung độ giao điểm bằng 0.

Tọa độ giao điểm 2 đường thẳng là nghiệm:

\(\left\{{}\begin{matrix}mx+3y=10\\x-2y=4\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}mx+3y=10\\mx-2my=4m\end{matrix}\right.\)

Trừ vế cho vế \(\Rightarrow\left(2m+3\right)y=10-4m\)

2 đường thẳng cắt nhau khi \(2m+3\ne0\Rightarrow m\ne-\dfrac{3}{2}\)

Khi đó tung độ giao điểm là: \(y=\dfrac{10-4m}{2m+3}\)

2 đường cắt nhau trên trục hoành khi:

\(\dfrac{10-4m}{2m+3}=0\Rightarrow10-4m=0\)

\(\Rightarrow m=\dfrac{5}{2}\)

a/

Xét \(\Delta ABC\)

AD và BE cắt nhau tại H (gt) 

\(\Rightarrow CH\perp AB\) (trong tam giác 3 đường cao đồng quy)

b/ Gọ F là giao của CH với AB ta có

F và D cùng nhìn BH dưới 1 góc \(90^o\) => F và H nằm trên đường tròn đường kính BH => Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp)

Ta có

\(sđ\widehat{ABC}=\dfrac{1}{2}sđcungFHD\) (góc nt đường tròn)

\(sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}sđcungFBD\) (góc nt đường tròn)

\(\Rightarrow sđ\widehat{ABC}+sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}\left(sđcungFHD+sđcungFBD\right)\)

Mà \(sđcungFHD+sđcungFBD=360^o\)

\(\Rightarrow sđ\widehat{ABC}+sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}.360^o=180^o\)

Mà \(\widehat{CHI}+\widehat{FHD}=\widehat{FHC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{CHI}=\widehat{ABC}\) (cùng bù với \(\widehat{FHD}\) ) (1)

Xét (O) có 

\(\widehat{ABC}=\widehat{AIC}\) (góc nt đường tròn cùng chắn cung AC) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{CHI}=\widehat{AIC}\) => tg CHI cân tại C

c/

Chứng minh tương tự ta cũng có CHK là tg cân tại C

Ta có

\(BE\perp AC\left(gt\right)\Rightarrow AC\perp HK\)

\(\Rightarrow EH=EK\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

=> H đối xứng K qua AC

d/ Gọi G là giao của CO với (O)

Ta có tg CHK cân tại C (cmt)

=> CK=CH

Mà tg CHI cân tại C (cmt) => CH=CI

=> CK=CI => tg CKI cân tại C (3)

Ta có

\(sđ\widehat{CKI}=\dfrac{1}{2}sđcungCI\) (góc nt (O))

\(sđ\widehat{CIK}=\dfrac{1}{2}sđcungCK\) (góc nt (O))

\(\Rightarrow sđcungCI=sđcungCK\)

Ta có 

sđ cung CIG = sđ cung CKG \(=180^o\)

=> sđ cung CIG - sđ cung CI = sđ cung CKG - sđ cung CK

=> sđ cung GBI = sđ cung GAK

Ta có

\(sđ\widehat{ICG}=\dfrac{1}{2}sđcungGBI\) (góc nt (O))

\(sđ\widehat{KCG}=\dfrac{1}{2}sđcungGAK\) (góc nt (O))

\(\Rightarrow\widehat{ICG}=\widehat{KCG}\) => CG là phân giác của \(\widehat{KCI}\) (4)

Từ (3) và (4) => \(OC\perp KI\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

e/

Ta có E và D cùng nhìn CH dưới 1 góc \(90^o\) => CDHE là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{HDE}=\widehat{ECF}\) (góc nt cùng chắn cung HE) (5)

Ta có F và E cùng nhìn BC dưới 1 góc \(90^o\) => BCEF là tứ giác nt

\(\Rightarrow\widehat{ABK}=\widehat{ECF}\) (góc nt cùng chắn cung EF) (6)

Xét (O) có

\(\widehat{ABK}=\widehat{AIK}\) (góc nt cùng chắn cung AK) (7)

Từ (5) (6) (7) \(\Rightarrow\widehat{HDE}=\widehat{AIK}\) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên

=> ED//KI 

Mà \(OC\perp KI\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow OC\perp ED\)