Sửa đề: \(x^2+2x+m-3=0\)

\(\text{Δ}=2^2-4\left(m-3\right)=4-4m+12=-4m+16\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì -4m+16>0

=>-4m>-16

=>m<4

Theo Vi-et, ta có;

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

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=2x_2\\x_1+x_2=-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x_2=-2\\x_1=2x_2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=-\dfrac{2}{3}\\x_1=2\cdot\dfrac{-2}{3}=-\dfrac{4}{3}\end{matrix}\right.\)

\(x_1x_2=m-3\)

=>\(m-3=\left(-\dfrac{2}{3}\right)\cdot\left(-\dfrac{4}{3}\right)=\dfrac{8}{9}\)

=>\(m=3+\dfrac{8}{9}=\dfrac{35}{9}\)(nhận)

\(\sqrt[2]{5+6}=\sqrt{11}\)

bằng: 3.31662479

lời giải cô ơi =))

điền dấu cộng á

 a) Ta có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\) nên tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn (BC).

 b) Tứ giác BEFC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)

Tam giác ABC và AFE có:

 \(\widehat{A}\) chung, \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)

 \(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta AFE\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AF}=\dfrac{AC}{AE}\)

 \(\Rightarrow AB.AE=AF.AC\)

c) Áp dụng định lý Ceva cho tam giác ABC, ta được:

\(\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{FC}{FA}.\dfrac{EA}{EB}=1\)      (1)

 Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC, cát tuyến FEI, ta có:

 \(\dfrac{IB}{IC}.\dfrac{FC}{FA}.\dfrac{EA}{EB}=1\)       (2)

 Từ (1) và (2), suy ra \(\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{IB}{IC}\), ta có đpcm.

a: Xét tứ giác SAOB có \(\widehat{SAO}+\widehat{SBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên SAOB là tứ giác nội tiếp

b:

Xét ΔSAO vuông tại A có \(SA^2+AO^2=SO^2\)

=>\(SA^2=8^2-4^2=48\)

=>\(SA=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Xét ΔSAO vuông tại A có \(sinASO=\dfrac{AO}{OS}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{ASO}=30^0\)

Xét (O) có

SA,SB là các tiếp tuyến

Do đó: SO là phân giác của góc ASB và SA=SB

=>\(\widehat{ASB}=2\cdot\widehat{ASO}=60^0\)

Xét ΔSAB có SA=SB và \(\widehat{ASB}=60^0\)

nên ΔSAB đều

=>\(AB=SA=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

a: Xét tứ giác BEFC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\)

nên BEFC là tứ giác nội tiếp

b: XétΔAFB vuông tại F và ΔAEC vuông tại E có

\(\widehat{FAB}\) chung

Do đó: ΔAFB~ΔAEC

=>\(\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)

=>\(AF\cdot AC=AB\cdot AE\)

Nếu bạn nhìn trong hình này thì nó có phải là phân giác đâu?