\(6x^2+13x-5=0\)

\(\Leftrightarrow6x^2-2x+15x-5=0\)

\(\Leftrightarrow2x\left(3x-1\right)+5\left(3x-1\right)=0\)

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

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2x+5=0\\3x-1=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2x=-5\\3x=1\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{-5}{2}\\x=\frac{1}{3}\end{cases}}}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S=\left\{\frac{-5}{2};\frac{1}{3}\right\}\)

b, Xét tứ giác ACOD có : AO vuông với CD tại H 

Mà AH=HD (gt) và CH=HD ( tam giác CAD cân có AH là đường cao nên cũng là đg trung tuyến ) 

=> ACOD là hình thoi => AC=OC

Mặt khác có OA=OC=R => AC=OC=OA => AOC đều 

ABC vuông ở C có góc CAB=60độ => CBA=30độ 

tam giác MCD có : CDA=30độ (góc nt chắn cung AC) và gócMCD=90+30=120độ 

=> CMD=30độ => tam giác MAB có góc CMD=CBA=30độ => tam giác MAB cân ở A 

=> AC vừa là đcao vừa là trung tuyến => MC=BC 

Mặt khác ta có tam giác MNB vuông tại N và MC=CB nên AC là trung tuyến 

=> NC=CB=MC => NCB cân ở C => góc CNB=CBN 

Xét hai tam giác CAN và COB có : góc CNB=CBN và góc CAN=COB( cùng phụ với góc 60độ ) 

=> góc NCA=BCO mà BCO+ACO=90độ ( = ACB ) => NCA+ACO=90độ 

=> OC vuông với NC và C thuộc đ.tr nên NC là tiếp tuyến 

Hơi dài :D

a, Xét đ.tr (O) có góc ACB=90độ ( góc nt chắn nửa đ.tr ) => góc MCA=90độ 

=> góc MNA+MCA=180 độ => MNAC nt đ.tr

\(2x-3=1-x\)

\(2x-3-1-x=0\)

\(\left(2x-x\right)-\left(3-1\right)=0\\ \)

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

\(\text{ |2x – 3| = |1 – x|}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2x-3=1-x\\2x-3=x-1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}3x=4\\x=2\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{4}{3}\\x=2\end{cases}}\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S=\left\{\frac{4}{3};2\right\}\)

\(x^2+2x=\frac{1}{3}\)

\(x^2+2x-\frac{1}{3}=0\)

\(x^2+2x+1-1-\frac{1}{3}=0\)

\(\left(x+1\right)^2-\frac{4}{3}=0\)

\(\left(x+1-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)\left(x+1+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)=0\)

\(\left(x+1-\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)\left(x+1+\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)=0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x+1-\frac{2\sqrt{3}}{3}=0\\x+1+\frac{2\sqrt{3}}{3}=0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{2\sqrt{3}}{3}-1\\x=-1-\frac{2\sqrt{3}}{3}\end{cases}}\)

O A B C H

vì \(AB\)là tiếp tuyến tại \(B\)  của đường tròn \(\left(O\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABO\)  là \(\Delta\)vuông

vì \(AC\) là tiếp tuyến tại \(C\)  của đường tròn \(\left(O\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ACO\)  là \(\Delta\) vuông 

Vì \(AB,AC\)  là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại \(A\)  của đường tròn tâm O

\(\Rightarrow\)\(+\))   \(AB=AC\)

+) \(AO\)  là tia phân giác \(\widehat{BAC}\)

+) \(OA\)  là tia phân giác \(\widehat{BOC}\)

\(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\) 

xét \(\Delta ABC\)  cân có \(AH\) là tia phân giác đồng thời là đường trung trực ứng với cạnh \(BC\)

\(\Rightarrow AH\perp BC\)  tại \(H\)  và \(HB=HC\)

theo bài ra \(\frac{BC^2}{4}=\frac{BC^2}{2^2}=\frac{BC}{2}=HB\left(=HC\right)\)

áp dụng hệ thức gữa cạnh và đường cao vào \(\Delta ABO\) vuông tại \(B\)  , đường cao \(BH\)  ta có: 

\(BH^2=OH.AH\)

hay \(OH.AH=\frac{BC}{2}\)  ( cmt)

\(\Rightarrow OH.AH=\frac{BC^2}{4}\)