\(x^2+\left(a+c\right)x-2a\left(a-c\right)=0\)

\(\Delta=\left(a+c\right)^2-4\cdot-2a\left(a-c\right)\cdot1\) 

\(=a^2+2ac+c^2+8a\left(a-c\right)=a^2+2ac+c^2+8a^2-8ac\)

\(=9a^2-6ac+c^2=\left(3a-c\right)^2\ge0\forall a,c\)

Với \(3a=c\) thì: 

\(x_1=x_2=\dfrac{-\left(a+c\right)}{2}\)

Với: \(3a>c\) 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{-\left(a+c\right)+\sqrt{\left(3a-c\right)^2}}{2}=\dfrac{-a-c+3a-c}{2}=\dfrac{a-c}{2}\\x_2=\dfrac{-\left(a+c\right)-\sqrt{\left(3a-c\right)^2}}{2}=\dfrac{-a-c-3a+c}{2}=-2a\end{matrix}\right.\)

A B C D P H Q O M E I

a/

Ta có

\(\widehat{APQ}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow PQ\perp AD\)

\(BC\perp AD\left(gt\right)\)

=> PQ//BC (cùng vg với AD)

=> BQPC là hình thang

Xét tg OPQ có

OP = OQ (bán kính (O)) => tg OPQ cân tại O

\(OM\perp BC\left(gt\right);AD\perp BC\) => OM//AD

Mà \(AD\perp PQ\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow OM\perp PQ\)

\(\Rightarrow\widehat{QOE}=\widehat{POE}\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác)

Mà \(sđ\widehat{QOE}=sđcungQE;sđ\widehat{POE}=sđcungPE\) (góc ở tâm)

=> sđ cung QE = sđ cung PE  (1)

Ta có

sđ cung BE = sđ cung CE (đường thẳng đi qua tâm đường tròn và vuông góc với dây cung thì chia đôi cung chắn) (2)

Ta có

sđ cung BQ = sđ cung BE - sđ cung QE (3)

sđ cung CP = sđ cung CE - sđ cung PE (4)

Từ (1) (2) (3) (4) => sđ cung BQ = sđ cung CP

=> BQ = CP (Hai cung có số đo bằng nhau thì độ dài 2 dây trương cung bằng nhau)

=> BQPC là hình thang cân

b/ Gọi I là giao của PQ với M

Ta có 

OM//AD (cmt) => MI//DP

PQ//BC (cmt) => PI//DM

=> IMDP là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

=> PI = DM (cạnh đối hbh)

Xét tg cân OPQ có

\(OM\perp PQ\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow PI=QI=\dfrac{QP}{2}\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

\(\Rightarrow DM=PI=\dfrac{QP}{2}\Rightarrow QP=2DM\)

c/

Ta có

\(sđ\widehat{QAE}=\dfrac{1}{2}sđcungQE;sđ\widehat{PAE}=\dfrac{1}{2}sđcungPE\) (góc nội tiếp)

Mà sđ cung QE = sđ cung PE (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{QAE}=\widehat{PAE}\)

d/

Ta có

\(BH\perp AC\) (trong tg 3 đường cao đồng quy)

\(\widehat{ACQ}=90^o\) (góc nt chawns nửa đường tròn) \(\Rightarrow CQ\perp AC\)

=> BH//CQ

\(CH\perp AB\)

\(\widehat{ABQ}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow BQ\perp AB\)

=> CH//BQ

=> BQCH là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

=> BQ=CH (cạnh đối hbh)

Mà BQ=CP (cmt)

=> CH=CP => tg CHP cân tại C

Mặt khác ta có \(BC\perp AD\Rightarrow BC\perp HP\)

=> CD là trung trực của HP (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung trực)

e/

Ta có

\(OM\perp BC\Rightarrow MB=MC\) (trong đường tròn đường thẳng đi qua tâm và vuông góc với dây cung thì chia đôi dây cung)

=> M là trung điểm của BC

Xét hình bình hành BQCH

Nối Q với H cắt BC tại M' => M'B = M'C (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

Mà M cũng là trung điểm của BC \(\Rightarrow M'\equiv M\)

=> Q, M, H thẳng hàng

Từ giả thiết \(\Rightarrow a+b=abc-c=c\left(ab-1\right)\Rightarrow c=\dfrac{a+b}{ab-1}\) (hiển nhiên \(ab-1>0\) do \(a+b>0\))

Đặt \(P=\dfrac{\sqrt{1+a^2}}{a}+\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{b}-\sqrt{1+c^2}\)

\(=\dfrac{\sqrt{1+a^2}}{a}+\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{b}-\sqrt{1+\left(\dfrac{a+b}{ab-1}\right)^2}\)

\(=\dfrac{\sqrt{1+a^2}}{a}+\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{b}-\dfrac{\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}}{ab-1}\)

\(\Rightarrow P< \dfrac{\sqrt{1+a^2}}{a}+\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{b}-\dfrac{\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}}{ab}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\sqrt{1+a^2}}{a}=\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}}=x>1\\\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{b}=\sqrt{1+\dfrac{1}{b^2}}=y>1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P< x+y-xy=x+y-xy-1+1=\left(x-1\right)\left(1-y\right)+1\)

Do \(x>1;y>1\Rightarrow\left(x-1\right)\left(1-y\right)< 0\Rightarrow P< 1\)

a. Em tự giải

b.

Ta có: \(EA=EM\) (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

\(OA=OM=R\)

\(\Rightarrow OE\) là trung trực của AM

\(\Rightarrow OE\perp AM\Rightarrow\widehat{OPM}=90^0\)

Chứng minh tương tự ta có \(OF\perp BM\Rightarrow\widehat{OQM}=90^0\)

AB là đường kính \(\Rightarrow\widehat{AMB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{AMB}=90^0\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

c.

Kéo dài BM cắt Ax tại C

Do \(OE||BC\) (cùng vuông góc AM), mà O là trung điểm AB

\(\Rightarrow OE\) là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow E\) là trung điểm AC \(\Rightarrow AE=CE\)

Áp dụng định lý Talet trong tam giác BAE:

\(\dfrac{KH}{AE}=\dfrac{BK}{BE}\)

Áp dụng định lý Talet trong tam giác BEC:

\(\dfrac{MK}{CE}=\dfrac{BK}{BE}\)

\(\Rightarrow\dfrac{KH}{AE}=\dfrac{MK}{CE}\Rightarrow KH=MK\)

ĐKXĐ: \(2\le x\le4\)

\(\left(\sqrt{x-2}-1\right)+\left(1-\sqrt{4-x}\right)=2x^2-5x-3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-3}{\sqrt{x-2}+1}+\dfrac{x-3}{1+\sqrt{4-x}}=\left(x-3\right)\left(2x+1\right)\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-3=0\Rightarrow x=3\\\dfrac{1}{\sqrt{x-2}+1}+\dfrac{1}{1+\sqrt{4-x}}=2x+1\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Xét (1), ta có: \(\dfrac{1}{\sqrt{x-2}+1}+\dfrac{1}{1+\sqrt{4-x}}< \dfrac{1}{0+1}+\dfrac{1}{1+0}=2\)

Do \(x\ge2\Rightarrow2x+1\ge5\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x-2}+1}+\dfrac{1}{1+\sqrt{4-x}}< 2x+1\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\) vô nghiệm

Vậy pt có nghiệm duy nhất \(x=3\)

\(x=3\)

a.

FN là tiếp tuyến tại N \(\Rightarrow\widehat{FNO}=90^0\)

\(\Rightarrow\) 2 điểm P và N cùng nhìn OF dưới 1 góc vuông nên tứ giác ONFP nội tiếp đường tròn đường kính ON

b.

Trong tam giác MQF, do \(PQ\perp ME\) và \(MN\perp FQ\Rightarrow O\) là trực tâm

\(\Rightarrow FO\perp MQ\) tại D

Hai điểm D và N cùng nhìn MF dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow DNFM\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{FDN}=\widehat{FMN}\) (cùng chắn FN) (1)

Hai điểm D và P cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow MDOP\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{FMN}=\widehat{FDP}\) (cùng chắn OP) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\widehat{FDP}=\widehat{FDN}\)

\(\Rightarrow DF\) là phân giác của \(\widehat{PDN}\)

c.

Do MN là đường kính và E thuộc đường tròn \(\Rightarrow\widehat{MEN}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{MEN}=90^0\Rightarrow NE\perp ME\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MNF với đường cao NE:

\(MN^2=ME.MF\Rightarrow\left(2R\right)^2=ME.MF\)

\(\Rightarrow ME.MF=4R^2\)

Từ đó áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(MF+2ME\ge2\sqrt{MF.2ME}=2\sqrt{8R^2}=4R\sqrt{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(MF=2ME\Rightarrow E\) là trung điểm MF

\(\Rightarrow NE\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền

\(\Rightarrow NE=\dfrac{1}{2}MF=ME\)

\(\Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung MN

\(f\left(-1\right)=-a+1\)

\(f\left(f\left(-1\right)\right)=f\left(-a+1\right)=\dfrac{a}{-a+1}+1=\dfrac{1}{-a+1}\)

\(f\left(f\left(-1\right)\right)+a=0\Rightarrow\dfrac{1}{-a+1}+a=0\)

\(\Rightarrow-a^2+a+1=0\) (\(a\ne1\))

\(\Rightarrow a=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}\)

\(a=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}\)