Câu 6:

a: \(P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{2+5\sqrt{x}}{x-4}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{5\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)+\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{x-2\sqrt{x}+x+3\sqrt{x}+2-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{2x-4\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)

b: P>1

=>P-1>0

=>\(\dfrac{2\sqrt{x}-\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>0\)

=>\(\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>0\)

=>\(\sqrt{x}-2>0\)

=>x>4

Câu 9:

a: Xét tứ giác CEHF có \(\widehat{CEH}+\widehat{CFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHF là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔABC có

BF,AE là các đường cao

BF cắt AE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>CH\(\perp\)AB

Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BD\(\perp\)BA

mà CH\(\perp\)BA

nên CH//BD

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>AC\(\perp\)CD

mà BH\(\perp\)AC

nên BH//CD

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

Bài 3

2b) ∆' = m² - 1.(2m - 1)

= m² - 2m + 1

= (m - 1)² > 0 với mọi m 1

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x₁ ≤ 0 < x₂ thì:

x₁x₂ ≤ 0

⇔ 2m - 1 ≤ 0

⇔ 2m ≤ 1

⇔ m ≤ 1/2 (nhận)

Vậy m ≤ 1/2 thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài

 Đặt \(BC=x\left(x>5\right)\)

 Trong đường tròn (O) có đường kính CD và \(N\in\left(O\right)\) nên \(\widehat{DNC}=90^o\) hay \(\widehat{BND}=90^o\)

 Vì BD là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\) nên \(\widehat{ABD}=\widehat{NBD}\)

 Xét 2 tam giác ABD và NBD vuông tại A và N, có \(\widehat{ABD}=\widehat{NBD}\) và cạnh BD chung nên \(\Delta ABD=\Delta NBD\left(ch-gn\right)\)

 \(\Rightarrow BA=BN=5\) \(\Rightarrow NC=BC-BN=5-x\) 

 Lại có \(\widehat{OMD}=\widehat{ODM}=\widehat{BDA}=\widehat{BDN}\) nên OM//ND (2 góc đồng vị bằng nhau)

 Tam giác CND có O là trung điểm DC, OH//DN và \(H\in NC\) nên H là trung điểm NC \(\Rightarrow HC=\dfrac{NC}{2}=\dfrac{x-5}{2}\)

 Theo định lý Pythagoras, có \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{x^2-25}\)

 Theo tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có:

 \(\dfrac{DA}{AB}=\dfrac{DC}{CB}=\dfrac{AC}{AB+CB}\) \(\Rightarrow\dfrac{DA}{5}=\dfrac{DC}{x}=\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{x+5}\)

 \(\Rightarrow DA=\dfrac{5\sqrt{x^2-5}}{x+5}\) và \(DC=\dfrac{x\sqrt{x^2-5}}{x+5}\)

 \(\Rightarrow R_{\left(O\right)}=\dfrac{DC}{2}=\dfrac{x\sqrt{x^2-5}}{2x+10}\)

 Lại có \(DN=AD=\dfrac{5\sqrt{x^2-5}}{x+5}\) 

 \(OH=\dfrac{DN}{2}=\dfrac{5\sqrt{x^2-25}}{2x+10}\) (OH là đường trung bình của tam giác CND)

 \(\Rightarrow MH=MO+OH=\dfrac{x\sqrt{x^2-25}}{2x+10}+\dfrac{5\sqrt{x^2-25}}{2x+10}\)  \(=\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{2}\)

 Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác DMC vuông tại M, ta có:

 \(MH^2+HC^2=MC^2\)

 \(\Leftrightarrow\left(\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{2}\right)^2+\left(\dfrac{x-5}{2}\right)^2=18\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-25}{4}+\dfrac{x^2-10x+25}{4}=18\)

 \(\Leftrightarrow2x^2-10x=72\)

 \(\Leftrightarrow x^2-5x-36=0\)

 \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=9\left(nhận\right)\\x=-4\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

 Vậy \(BC=9\)

Câu hỏi của em là gì thế?

a: Xét tứ giác MDBO có \(\widehat{DMO}+\widehat{DBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MDBO là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

CA,CM là các tiếp tuyến

Do đó: CA=CM và OC là phân giác của góc MOA

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

Ta có: \(\widehat{MOA}+\widehat{MOB}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(2\cdot\left(\widehat{MOC}+\widehat{MOD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\widehat{COD}=180^0\)

=>\(\widehat{COD}=90^0\)

Xét ΔOCD vuông tại O có OM là đường cao

nên \(OM^2=MC\cdot MD\)

=>\(OM^2=AC\cdot BD\)

c: Xét (O) có

ΔMAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔMAB vuông tại M

Xét ΔMAB vuông tại M có \(sinBAM=\dfrac{BM}{BA}\)

=>\(\dfrac{BM}{2R}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(BM=R\sqrt{3}\)

=>\(AM=\sqrt{\left(2R\right)^2-\left(R\sqrt{3}\right)^2}=R\)

ΔMAB vuông tại M

=>\(S_{MAB}=\dfrac{1}{2}\cdot MA\cdot MB=\dfrac{1}{2}\cdot R\cdot R\sqrt{3}=\dfrac{R^2\sqrt{3}}{2}\)

a) \(\Delta'=\left(m-2\right)^2-\left(-3m+10\right)=m^2-m-6\)

Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta'\ge0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-2\\m\ge3\end{matrix}\right.\) (1)

Theo hệ thức Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4-2m\\x_1x_2=-3m+10\end{matrix}\right.\)

Để phương trình có 2 nghiệm x₁, x₂ đều nhỏ hơn 2 \(\left(x_1\le x_2< 2\right)\) thì:

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x_1-2\right)+\left(x_2-2\right)< 0\\\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2< 4\\x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+4>0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4-2m< 4\\-3m+10-2\left(4-2m\right)+4>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-2m< 0\\m+6>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\m>-6\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m>0\)

Kết hợp với điều kiện (1), ta được: \(m\ge3\)

\(Toru\)