Lời giải:

Để 2 đths cắt nhau thì $2m-1\neq 1\Leftrightarrow m\neq 1$

PT hoành độ giao điểm: 
$(2m-1)x+m-3=x-5$
$\Leftrightarrow (2m-2)x=-(m+2)$

$\Leftrightarrow x=\frac{-(m+2)}{2m-2}$ ($m\neq 1$)

Khi đó:

$y=x-5=\frac{-(m+2)}{2m-2}-5$

Để 2 đths cắt nhau tại điểm có tung độ -3 thì:

$y=\frac{-(m+2)}{2m-2}-5=-3$

$\Leftrightarrow \frac{-(m+2)}{2m-2}=2$

$\Rightarrow -(m+2)=4m-4$

$\Leftrightarrow 5m=2$

$\Leftrightarrow m=\frac{2}{5}$ (tm)

Lời giải:
Gọi giá tiền 1 chiếc bánh ngọt ban đầu là $a$ (đồng). Giá từ cái bánh thứ 5 đổ đi là $0,9a$ đồng.

Giá tiền bạn Lan mua 44 cái bánh:

$[4a+0,9a(44-4)].0,95=684$

$\Leftrightarrow 40a=684:0,95=720$

$\Leftrightarrow a=18$ (nghìn đồng)

Số tiền bạn Lan trả nếu chưa được giảm thêm 5%:

$684:0,95=720$ (nghìn đồng)

a:

b: Vì (d'')//(d') nên \(\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b\ne2\end{matrix}\right.\)

vậy: (d''): y=x+b

Thay x=-1 và y=3 vào y=x+b, ta được:

b-1=3

=>b=4(nhận)

vậy: (d''): y=x+4

c: Phương trình hoành độ giao điểm là:

3x=x+2

=>2x=2

=>x=1

Thay x=1 vào y=x+2, ta được:

y=1+2=3

Vậy: (d) cắt (d') tại B(1;3)

1: \(\text{Δ}=\left[-2\left(m+1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(m^2+m\right)\)

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

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

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>4m+4>0

=>4m>-4

=>m>-1

Xét tứ giác AMCH có \(\widehat{AMC}+\widehat{AHC}=90^0+90^0=180^0\)

nên AMCH là tứ giác nội tiếp

1: thay m=5 vào (1), ta được:

\(x^2-2\left(5-1\right)x+2\cdot5-3=0\)

=>\(x^2-8x+7=0\)

=>(x-1)(x-7)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=7\end{matrix}\right.\)

2: \(\text{Δ}=\left[-2\left(m-1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(2m-3\right)\)

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

\(=4m^2-8m+4-8m+12\)

\(=4m^{12}-16m+16=\left(2m-4\right)^2>=0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

3: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\left(m-1\right)=2m-2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=2m-3\end{matrix}\right.\)

=>\(x_1+x_2-x_1x_2=2m-2-2m+3=1\)

=>Đây là hệ thức không phụ thuộc vào m cần tìm

4: Để (1) có hai nghiệm trái dấu thì a*c<0

=>1(2m-3)<0

=>2m-3<0

=>2m<3

=>\(m< \dfrac{3}{2}\)

a: Xét (O) có

MB,MA là các tiếp tuyến

Do đó: MB=MA và MO là phân giác của \(\widehat{BMA}\)

Xét (O') có

MA,MC là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MC và MO' là phân giác của \(\widehat{AMC}\)

Ta có: MB=MA

MA=MC

Do đó: MB=MC

=>M là trung điểm của BC

Xét ΔABC có

AM là đường trung tuyến

\(AM=\dfrac{BC}{2}\)

Do đó: ΔABC vuông tại A

b: Ta có: \(\widehat{BMC}=\widehat{BMA}+\widehat{CMA}\)

=>\(\widehat{BMC}=2\left(\widehat{OMA}+\widehat{O'MA}\right)\)

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

=>\(\widehat{OMO'}=90^0\)

Xét ΔOMO' vuông tại M có MA là đường cao

nên \(MA^2=OA\cdot O'A\)

=>\(MA=\sqrt{9\cdot4}=6\left(cm\right)\)

=>\(BC=2\cdot6=12\left(cm\right)\)

c: Gọi I là trung điểm của O'O

ΔOMO' vuông tại M

=>ΔO'MO nội tiếp đường tròn đường kính O'O

=>ΔO'MO nội tiếp (I)

Xét hình thang OBCO' có

M,I lần lượt là trung điểm của BC,O'O

Do đó: MI là đường trung bình của hình thang OBCO'

=>MI//OB//O'C

=>MI\(\perp\)BC

Xét (I) có

IM là bán kính

BC\(\perp\)IM tại M
Do đó:BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính O'O

Bài 13:

a: \(B=\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}+\dfrac{x+9\sqrt{x}}{9-x}\)

\(=\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\dfrac{x+9\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\)

\(=\dfrac{2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)-x-9\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\)

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

b:

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x>0\\x\notin\left\{16;9\right\}\end{matrix}\right.\)

 \(P=B:A=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}:\dfrac{x+4\sqrt{x}}{x-16}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}\cdot\dfrac{\left(\sqrt{x}-4\right)\left(\sqrt{x}+4\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+4\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}+3}\)

Để P<0 thì \(\dfrac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}+3}< 0\)

=>\(\sqrt{x}-4< 0\)

=>\(\sqrt{x}< 4\)

=>0<=x<16

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}0< x< 16\\x\ne9\end{matrix}\right.\)

Bài 15:

a: A=P*Q

\(=\left(\dfrac{x\sqrt{x}-1}{x-\sqrt{x}}+\dfrac{x\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}}-\dfrac{4}{\sqrt{x}}\right)\cdot\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)

\(=\left(\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}+\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}-\dfrac{4}{\sqrt{x}}\right)\cdot\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)

\(=\dfrac{x+\sqrt{x}+1+x-\sqrt{x}+1-4}{\sqrt{x}}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)

\(=\dfrac{2x-2}{\sqrt{x}}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)

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

b: \(A\cdot\sqrt{x}< 8\)

=>

\(2\left(\sqrt{x}-1\right)^2< 8\)

=>\(\left(\sqrt{x}-1\right)^2< 4\)

=>\(-2< \sqrt{x}-1< 2\)

=>\(-1< \sqrt{x}< 3\)

=>\(0< =\sqrt{x}< 3\)

=>0<=x<9

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}0< x< 9\\x\ne1\end{matrix}\right.\)

1: Xét tứ giác AMHN có \(\widehat{AMH}+\widehat{ANH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AMHN là tứ giác nội tiếp

2: Ta có: AMHN là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AMN}=\widehat{AHN}\)

mà \(\widehat{AHN}=\widehat{C}\left(=90^0-\widehat{HAC}\right)\)

nên \(\widehat{AMN}=\widehat{C}\)

=>\(\widehat{BMN}+\widehat{BCN}=180^0\)

=>BMNC là tứ giác nội tiếp

Xét ΔPMB và ΔPCN có

\(\widehat{PMB}=\widehat{PCN}\left(=\widehat{AMN}\right)\)

\(\widehat{MPB}\) chung

Do đó: ΔPMB~ΔPCN

=>\(\dfrac{PM}{PC}=\dfrac{PB}{PN}\)

=>\(PM\cdot PN=PB\cdot PC\)