ĐKXĐ: \(x\ne1;y\ne1\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x-1}=u\\\dfrac{1}{y-1}=v\end{matrix}\right.\) hệ trở thành:

\(\left\{{}\begin{matrix}5u+v=10\\u-3v=18\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}15u+3v=30\\u-3v=18\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}16u=48\\v=\dfrac{u-18}{3}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}u=3\\v=-5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x-1}=3\\\dfrac{1}{y-1}=-5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-1=\dfrac{1}{3}\\y-1=-\dfrac{1}{5}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{4}{3}\\y=\dfrac{4}{5}\end{matrix}\right.\)

Do B là giao điểm (d) với Ox

\(\Rightarrow y_B=0\Rightarrow\left(m+1\right)x_B+3=0\Rightarrow x_B=-\dfrac{3}{m+1}\) (với \(m\ne-1\))

\(\Rightarrow OB=\left|x_B\right|=\dfrac{3}{\left|m+1\right|}\)

Pt hoành độ giao điểm (d) và (d'):

\(\left(m+1\right)x+3=2x+3\Rightarrow x=0\)

\(\Rightarrow y_A=2.0+3=3\) \(\Rightarrow OA=\left|y_A\right|=3\)

\(OA=2OB\Rightarrow3=\dfrac{6}{\left|m+1\right|}\Rightarrow\left|m+1\right|=2\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m+1=2\\m+1=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-3\end{matrix}\right.\)

a: \(x^2-\left(m-2\right)x+m-5=0\)

\(\text{Δ}=\left(-m+2\right)^2-4\left(m-5\right)\)

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

\(=m^2-8m+24\)

\(=m^2-8m+16+8=\left(m-4\right)^2+8>=8>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

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

=>\(1\cdot\left(m-5\right)< 0\)

=>m-5<0

=>m<5

a.

FN là tiếp tuyến tại N \(\Rightarrow\widehat{FNO}=90^0\)

\(\Rightarrow\) 2 điểm P và N cùng nhìn OF dưới 1 góc vuông nên tứ giác ONFP nội tiếp đường tròn đường kính ON

b.

Trong tam giác MQF, do \(PQ\perp ME\) và \(MN\perp FQ\Rightarrow O\) là trực tâm

\(\Rightarrow FO\perp MQ\) tại D

Hai điểm D và N cùng nhìn MF dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow DNFM\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{FDN}=\widehat{FMN}\) (cùng chắn FN) (1)

Hai điểm D và P cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow MDOP\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{FMN}=\widehat{FDP}\) (cùng chắn OP) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\widehat{FDP}=\widehat{FDN}\)

\(\Rightarrow DF\) là phân giác của \(\widehat{PDN}\)

c.

Do MN là đường kính và E thuộc đường tròn \(\Rightarrow\widehat{MEN}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{MEN}=90^0\Rightarrow NE\perp ME\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MNF với đường cao NE:

\(MN^2=ME.MF\Rightarrow\left(2R\right)^2=ME.MF\)

\(\Rightarrow ME.MF=4R^2\)

Từ đó áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(MF+2ME\ge2\sqrt{MF.2ME}=2\sqrt{8R^2}=4R\sqrt{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(MF=2ME\Rightarrow E\) là trung điểm MF

\(\Rightarrow NE\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền

\(\Rightarrow NE=\dfrac{1}{2}MF=ME\)

\(\Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung MN

Bài 2:

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

\(\text{Δ}=\left(m+2\right)^2-4\cdot1\cdot2m\)

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

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

=>Phương trình luôn có hai nghiệm x1;x2

Theo Vi-et, ta có:

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

\(2\cdot\left(x_1+x_2\right)+x_1x_2\)

\(=2\left(-m-2\right)+2m\)

=-2m-4+2m

=-4

=>Đây là hệ thức cần tìm

Bài 3:

a: Thay x=-2 vào phương trình, ta được:

\(\left(2m-1\right)\cdot\left(-2\right)^2+\left(m-3\right)\cdot\left(-2\right)-6m-2=0\)

=>\(4\left(2m-1\right)-2\left(m-3\right)-6m-2=0\)

=>8m-4-2m+6-6m-2=0

=>0=0

=>Phương trình luôn có nghiệm x=-2

b: TH1: m=1/2

Phương trình lúc này sẽ là:

\(\left(2\cdot\dfrac{1}{2}-1\right)\cdot x^2+\left(\dfrac{1}{2}-3\right)x-6\cdot\dfrac{1}{2}-2=0\)

\(\Leftrightarrow-\dfrac{5}{2}x-5=0\)

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

=>\(x=-5:\dfrac{5}{2}=-2\)

TH2: m<>1/2

\(\text{Δ}=\left(m-3\right)^2-4\left(2m-1\right)\left(-6m-2\right)\)

\(=m^2-6m+9+4\left(2m-1\right)\left(6m+2\right)\)

\(=m^2-6m+9+4\left(12m^2+4m-6m-2\right)\)

\(=m^2-6m+9+4\left(12m^2-2m-2\right)\)

\(=m^2-6m+9+48m^2-8m-8\)

\(=49m^2-14m+1=\left(7m-1\right)^2>=0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{-\left(m-3\right)-\sqrt{\left(7m-1\right)^2}}{2\cdot\left(2m-1\right)}=\dfrac{-\left(m-3\right)-\left|7m-1\right|}{4m-2}\\x_2=\dfrac{-\left(m-3\right)+\sqrt{\left(7m-1\right)^2}}{2\left(2m-1\right)}=\dfrac{-\left(m-3\right)+\left|7m-1\right|}{4m-2}\end{matrix}\right.\)

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=3^2+4^2=25\)

=>\(BC=\sqrt{25}=5\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot5=3\cdot4=12\)

=>AH=12/5=2,4(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\)

=>\(BH\cdot5=3^2=9\)

=>BH=9/5=1,8(cm)

b: Xét (A;AH) có

AH là bán kính

BC\(\perp\)AH tại H

Do đó: BC là tiếp tuyến của (A;AH)

c: Xét (A;AH) có

BH,BI là các tiếp tuyến

Do đó:BH=BI và AB là phân giác của góc HAI

Xét (A;AH) có

CH,CK là các tiếp tuyến

Do đó: CH=CK và AC là phân giác của góc HAK

Ta có: BH+CH=BC(H nằm giữa B và C)

mà BH=BI và CH=CK

nên BI+CK=BC

Ta có: AB là phân giác của góc HAI

=>\(\widehat{HAI}=2\cdot\widehat{HAB}\)

Ta có: AC là phân giác của góc HAK

=>\(\widehat{HAK}=2\cdot\widehat{HAC}\)

Ta có: \(\widehat{HAI}+\widehat{HAK}=\widehat{IAK}\)

=>\(\widehat{IAK}=2\cdot\left(\widehat{HAB}+\widehat{HAC}\right)\)

=>\(\widehat{IAK}=2\cdot\widehat{BAC}=2\cdot90^0=180^0\)

=>I,A,K thẳng hàng

\(f\left(-1\right)=-a+1\)

\(f\left(f\left(-1\right)\right)=f\left(-a+1\right)=\dfrac{a}{-a+1}+1=\dfrac{1}{-a+1}\)

\(f\left(f\left(-1\right)\right)+a=0\Rightarrow\dfrac{1}{-a+1}+a=0\)

\(\Rightarrow-a^2+a+1=0\) (\(a\ne1\))

\(\Rightarrow a=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}\)

\(a=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}\)

\(u_3=u_2+u_1\)

\(u_4=u_3+u_2=\left(u_2+u_1\right)+u_2=2u_2+u_1=\left(4-2\right)u_2+\left(4-3\right)u_1\)

\(u_5=u_4+u_3=\left(4-2\right)u_2+\left(4-3\right)u_1+u_2+u_1=\left(5-2\right)u_2+\left(5-3\right)u_1\)

...

\(\Rightarrow u_n=\left(n-2\right)u_2+\left(n-3\right)u_1\)

\(\Rightarrow u_{37}=35u_2+34u_1=...\)

Thực hiện các phép chia đa thức, thu được:

\(f\left(x\right)=\left(x+3\right)\left[x^2+\left(b-3\right)x+\left(c-3b+9\right)\right]+d-3c+9b-27\)

\(f\left(x\right)=\left(x-4\right)\left[x^2+\left(b+4\right)x+c+4b+16\right]+d+4c+16b+64\)

\(f\left(x\right)=\left(x+3\right)\left(x-4\right)\left(x+b+1\right)+\left(c+b+13\right)x+d+12b+12c\)

Theo đề bài, ta có \(d-3c+9b-27=1\)      (1)

\(d+4c+16b+64=8\)       (2)

\(b+1=-3\) \(\Leftrightarrow b=-4\)

và \(\left(b+c+13\right)x+d+12b+12c\ne0\)        (3)

Thế \(b=-4\) vào (1) và (2), thu được

\(d-3c-36-27=1\Leftrightarrow d-3c=64\)

và \(d+4c-64+64=8\) \(\Leftrightarrow d+4c=8\)

Từ đó suy ra \(\left(c;d\right)=\left(-8;40\right)\)

Thử lại, thấy thỏa mãn.

Do đó, \(\left(b,c,d\right)=\left(-4,-8,40\right)\)

a: Xét tứ giác OCMD có

\(\widehat{OCM}+\widehat{ODM}=90^0+90^0=180^0\)

=>OCMD là tứ giác nội tiếp

=>O,C,M,D cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

\(\widehat{MCA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CM và dây cung CA

\(\widehat{CBA}\) là góc nội tiếp chắn cung CA

Do đó: \(\widehat{MCA}=\widehat{CBA}\)

Xét ΔMCA và ΔMBC có

\(\widehat{MCA}=\widehat{MBC}\)

\(\widehat{CMA}\) chung

Do đó: ΔMCA đồng dạng với ΔMBC

=>\(\dfrac{MC}{MB}=\dfrac{MA}{MC}\)

=>\(MC^2=MA\cdot MB\)