Tâm $O$ là giao điểm của đường vuông góc với $d$ tại $A$ và đường trung trực của $AB$. Dựng đường tròn $(O;OA)$.

Đường tròn (O) tiếp xúc với d nên d là tiếp tuyến của (O) hay d vuông góc với bán kính của (O) tại tiếp điểm A. Suy ra tâm O của đường tròn nằm trên đường thẳng vuông góc với d tại A.

Lại có (O) qua B nên tâm O của đường tròn nằm trên đường trung trực của AB.

Tam giác $ABC$ có:

$A{B}^2+A{C}^2=3^2+4^2=5^2$

Mặt khác: $B{C}^2=5^2$

Vậy ${\mathrm{A}\mathrm{B}}^2+{\mathrm{A}\mathrm{C}}^2={\mathrm{B}\mathrm{C}}^2$.

Do đó $\widehat{BAC}=90^{\circ }$ (định lí Py-ta-go đảo).

$CA$ vuông góc với bán kính $BA$ tại $A$ nên $CA$ là tiếp tuyến của đường tròn $(B)$.

tam giác ABC

\(=\sqrt{64}=8\left(cm\right)\)

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác AOB vuông tại B, ta có:

AB=\(\sqrt{AO^2-OB^2}=\sqrt{10^2-6^2}\)\(=\sqrt{64}=8\left(cm\right)\)

AB=8

a) vẽ bạn tự vẽ nha

b) Xét pt hoành độ giao điểm chung của (d) và (P) ta có:
\(\frac{1}{4}x^2=x+m\)

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

\(\Delta^,=4+4m\)

Để (d) tiếp xúc với (P) \(\Leftrightarrow\Delta^,=0\)

\(\Leftrightarrow4+4m=0\)

\(\Leftrightarrow m=-1\)

Thay m=-1 vào pt (1) ta được : 

\(x^2-4x+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x=2\)

\(\Rightarrow y=\frac{1}{4}.2^2=1\)

Gọi tọa độ tiếp điểm của (d) tiếp xúc với (P) là A(x,y) 

=> tọa độ tiếp điểm là \(A\left(2;1\right)\)

Gọi O là tâm của một đường tròn bất kì có bán kính bằng 1cm và tiếp xúc với đường thẳng xy.

Ta có: R = 1, và đường tròn tiếp xúc với đường thẳng xy nên ta có: d = R, suy ra d = 1.

=> Tâm O cách đường thẳng xy một khoảng cố định 1cm nên nằm trên các đường thẳng (a) và (b) song song với xy và cách xy một khoảng là 1cm.

Gọi $O$ là tâm của một đường tròn bất kì có bán kính bằng 1 cm và tiếp xúc với đường thẳng $xy$. Khi đó khoảng cách từ $O$ đến đường thẳng $xy$ là 1cm. Tâm $O$ cách đường thẳng $xy$ cố định 1cm nên nằm trên hai đường thẳng $m$ và $m^{\prime }$ song song với $xy$ và cách $xy$ là 1cm.

Kẻ AH ⊥ Ox, AK ⊥ Oy.

Vì AH = 4 > R = 3 nên đường tròn tâm (A) và trục hoành không giao nhau.

Vì AK = 3 = R nên đường tròn (A) và trục tung tiếp xúc nhau.

Đg tròn A ko giao nhau vs trục hoành

Đg tròn A tiếp xúc vs trục tung

Cắt nhau

6cm

Không cắt nhau

a) đk: \(\hept{\begin{cases}x\ge0\\x\ne1\end{cases}}\)

\(M=\frac{x}{\sqrt{x}-1}\cdot\left(\frac{4}{\sqrt{x}+2}-\frac{\sqrt{x}-6}{x+2\sqrt{x}}\right)\)

\(M=\frac{x}{\sqrt{x}-1}\cdot\frac{4\sqrt{x}-\sqrt{x}+6}{\left(\sqrt{x}+2\right)\sqrt{x}}\)

\(M=\frac{x}{\sqrt{x}-1}\cdot\frac{3\sqrt{x}+6}{\left(\sqrt{x}+2\right)\sqrt{x}}\)

\(M=\frac{x}{\sqrt{x}-1}\cdot\frac{3\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\sqrt{x}}\)

\(M=\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}\)

b) Nếu \(\sqrt{x}-1< 0\Rightarrow M< 0\)

Nếu \(\sqrt{x}-1>0\Rightarrow M>0\) nên TH này thỏa mãn

Với \(\sqrt{x}-1>0\Leftrightarrow\sqrt{x}>1\Rightarrow x>1\)

\(M=\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}=\frac{3\left(\sqrt{x}-1\right)+3}{\sqrt{x}-1}=3+\frac{3}{\sqrt{x}-1}\)

Để M lớn nhất => \(\frac{3}{\sqrt{x}-1}\)max => \(\sqrt{x}-1\) min

...

\(x^2-2x+m-3=0\)

\(\Delta=4-4m+12\)

Để pt có 2 no \(x_1,x_2\Leftrightarrow\Delta\ge0\)

\(\Leftrightarrow16-4m\ge0\)

\(\Leftrightarrow m\le4\)

Theo hệ thức Vi-et ta có:

\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(1\right)\\x_1.x_2=m-3\left(2\right)\end{cases}}\)

\(x_1^2+3x_2^2=4x_1x_2\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)\left(x_1-3x_2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x_1=x_2\\x_1=3x_2\end{cases}}\)

TH1: \(x_1=x_2\) 

Kết hợp với (1)

 \(\Rightarrow x_1=x_2=1\)

Thay \(x_1=x_2=1\)vào (2) ta được :

\(m-3=1\)

\(\Leftrightarrow m=4\left(tm\right)\)

TH2: \(x_1=3x_2\)

kết hợp với  (1)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\\x_1=3x_2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x_1=\frac{3}{2}\\x_2=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

Thay \(\hept{\begin{cases}x_1=\frac{3}{2}\\x_2=\frac{1}{2}\end{cases}}\)vào (2) ta được:

\(\frac{3}{4}=m-3\)

\(\Leftrightarrow m=\frac{15}{4}\left(tm\right)\)

Vậy \(m\in\left\{4;\frac{15}{4}\right\}\)thì pt có no \(x_1,x_2\)thỏa mãn \(x_1^2+3x_2^2=4x_1x_2\)