a) Với m = 5 phương trình đã cho trở thành 

x² - 8x + 7 = 0 

Dễ thấy phương trình trên có a + b + c = 0 nên có hai nghiệm phân biệt x₁ = 1 ; x₂ = c/a = 7

Vậy với m = 5 thì phương trình đã cho có tập nghiệm S = { 1 ; 7 }

b) Ta có : Δ = b² - 4ac = [ -2( m - 1 ) ]² - 4( m + 2 )

= 4( m² - 2m + 1 ) - 4m + 8

= 4m² - 12m + 12 = 4( m - 3/2 )² + 3 ≥ 3 > 0 ∀ m

=> Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi số thực m

Theo hệ thức Viète ta có : \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=2m-2\\x_1x_2=\frac{c}{a}=m+2\end{cases}}\)

Ta có : \(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}=4\Leftrightarrow\frac{x_1^2}{x_1x_2}+\frac{x_2^2}{x_1x_2}=4\)

\(\Rightarrow x_1^2+x_2^2=4x_1x_2\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-6x_1x_2=0\)

\(\Rightarrow\left(2m-2\right)^2-6\left(m+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow4m^2-8m+4-6m-12=0\Leftrightarrow2m^2-7m-4=0\)

Đến đây dễ rồi bạn tự làm tiếp heng :)

Gọi 2 c số t nhiên đó là a, b (đk)

 tổng các bình phương của hai chữ số bằng 50 ...=> a2+b2=5a2+b2=50  (*)

và nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì ta được một số mới lớn hơn số ban đầu 54 đơn vị => ba-ab=54

                                                                                                                                     <=> b-a=4=> a+4=b

Thay vào giải ra vô nghiệm

:v câu nào 

Câu 15 : 

a, \(\left(x-1\right)\left(x+2\right)+2=0\Leftrightarrow x^2+x=0\Leftrightarrow x=-1;x=0\)

b, \(x^2-\left(1+\sqrt{2}\right)x+\sqrt{2}=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-x-\sqrt{2}x+\sqrt{2}=0\Leftrightarrow x\left(x-1\right)-\sqrt{2}\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{2}\right)\left(x-1\right)=0\Leftrightarrow x=1;x=\sqrt{2}\)

Bài 16 : Hoành độ giao điểm thỏa mãn pt : \(x^2=2x+3\Leftrightarrow x=3;x=-1\)

TH1 : Thay x = 3 vào y = x^2 => \(y=9\)

TH2 : Thay x = -1 vào y = x^2 => \(y=1\)

Vậy tọa độ probol (P) và (d) là A(3;9) ; B(-1;1) 

Em ko chắc :> em nghĩ cách làm giống đồ thị hs thôiii

a) Ta có: Điểm K đối xứng với điểm F qua AC => FC=KC;  AF=AK 

=> ΔACF=ΔACK (c.c.c) => ^AFC=^AKC (2 góc tương ứng) 

Ta thấy tứ giác ABFC nội tiếp đường tròn tâm O => ^AFC=^ABC.

H là trực tâm của tam giác ABC => CH⊥AB (tại D)

=> ^HCB + ^ABC = 90 (1)

 Lại có AH⊥⊥BC => ^LHC + ^HCB = 90 (2)

Từ (1) và (2) => ^ABC=^LHC. Mà ^LHC + ^AHC = 180

=> ^ABC + ^AHC = 180. Do ^ABC=^AFC=^AKC (cmt) => ^AKC + ^AHC= 180

Xét tứ giác AHCK có: ^AKC + ^AHC =180 => Tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn (đpcm).

b) AO cắt GI tại Q

Gọi giao điểm của AO và (O) là P = >^ACP=90 => ^CAP+^CPA=90 (*)

Thấy tứ giác ACPB nội tiếp đường tròn (O) => ^CPA=^ABC 

Mà ^ABC+^AHC=180=> ^CPA+^AHC=180 (3).

Ta có tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp (cmt) => ^KAI=^CHI

Lại có ΔACF=ΔACK => ^FAC=^KAC hay ^KAI=^GAI  => ^GAI=^CHI

Xét tứ giác AHGI: ^GAI=^GHI (=^CHI) (cmt) = >Tứ giác AHGI nội tiếp đường tròn

=> ^AIG+^AHG=180 hay ^AIG + ^AHC=180 (4)

Từ (3) và (4) => ^AIG=^CPA (*)

Từ (*) và (**) => ^CAP+^AIG=900hay ^IAQ+^AIQ=900 => ΔAIQ vuông tại Q

Vậy AO vuông góc với GI (đpcm).

Sai đề kìa

\(\frac{\sqrt{2x-3}}{\sqrt{x-1}}=2\left(đkxđ:x\ge\frac{3}{2}\right)\)

\(< =>\sqrt{2x-3}=2\sqrt{x-1}\)

\(< =>\sqrt{2x-3}-2\sqrt{x-1}=0\)

\(< =>\frac{2x-3-4x+4}{\sqrt{2x-3}+2\sqrt{x-1}}=0\)

\(< =>\frac{1-2x}{\sqrt{2x-3}+2\sqrt{x-1}}=0\)

\(< =>x=\frac{1}{2}\)(ktm)

vậy ...

(1) <=> \(\frac{2x-3}{x-1}=4\Leftrightarrow2x-3=4x-4\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\)

(2) \(\Leftrightarrow\sqrt{2x-3}=2\sqrt{x-1}\Leftrightarrow2x-3=4x-4\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\)

đkxđ của (2) : \(x\ge\frac{3}{2}\) => (2) vô nghiệm

( 1 số phần cơ bản sẽ làm tắt nha, cái đấy bạn sẽ tự trình bày rõ nhá, nhất là chứng minh tứ giác nội tiếp sẽ rút ngắn lại )

a)\(\widehat{ABO}=\widehat{AEO}=90^0\)

\(\Rightarrow ABEO\)nội tiếp

=> A,B,E,O thuộc 1 đường tròn

b) Xét tam giác AMC và tam giác ACN có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{NAC}chung\\\widehat{ACM}=\widehat{ANC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta AMC~\Delta ACN\left(g-g\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{AM}{AC}=\frac{AC}{AN}\)

\(\Rightarrow AC^2=AM.AN\)

c) \(\widehat{MJC}+\widehat{MFC}=180^0\)

\(\Rightarrow MJCF\)nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{MFJ}=\widehat{MCJ}\)

Mà \(\widehat{MCJ}=\widehat{MBC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MFJ}=\widehat{MBC}\left(1\right)\)

CMTT \(\widehat{MFI}=\widehat{MCB}\left(2\right)\)

Xét tam giác MBC có: \(\widehat{CMB}+\widehat{MCB}+\widehat{MBC}=180^0\left(3\right)\)

Từ (1), (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{CMB}+\widehat{MFJ}+\widehat{MFI}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{CMB}+\widehat{PFQ}=180^0\)

\(\Rightarrow MPFQ\)nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{MPQ}=\widehat{MFQ}\)mà \(\widehat{MFQ}=\widehat{MBC}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MPQ}=\widehat{MBC}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị

\(\Rightarrow PQ//BC\)

d)  Xét tam giác MIF và tam giác MFJ có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{MIF}=\widehat{MFJ}\left(=\widehat{MBF}\right)\\\widehat{MJF}=\widehat{MFI}\left(=\widehat{MCF}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta MIF~\Delta MFJ\left(g-g\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{MI}{MF}=\frac{MF}{MJ}\)

\(\Rightarrow MI.MJ=MF^2\)

MI.MJ lớn nhất \(\Leftrightarrow MF^2\)lớn nhất

Mà \(MF=\frac{1}{2}MN\)

\(\Rightarrow MF^2=\frac{1}{4}MN^2\)

\(\Rightarrow MF\)lớn nhất <=> MN lớn nhất \(\Leftrightarrow MN\)là đường kính (O)

\(\Leftrightarrow M\)là điểm chính giữa cung BC

Vậy MI.MJ lớn nhất <=> M là điểm chính giữa cung BC.

( KO hiểu thì hỏi mình nha )

tại sao MF=1/2MN ?