Ta có: (x2−1)(x+3)(x+5)=m(x2−1)(x+3)(x+5)=m (1)

$(x+1)(x+3)(x-1)(x+5)=m$

(x2+4x+3)(x2+4x−5)=m(x2+4x+3)(x2+4x−5)=m (2)

Đặt y=x4+4x+4=(x+2)2≥0y=x4+4x+4=(x+2)2≥0 với mọi $x$. 

Khi đó (2) có dạng: $(y-1)(y-9)=m$ hay y2−10y+9−m=0y2−10y+9−m=0 (3)

Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt y1>y2>0y1​>y2​>0 khi và chỉ khi

{  Δ′=16+m>0  y1+y2=10>0  y1y2=9−m>0⎩⎨⎧​      ​Δ′=16+m>0y1​+y2​=10>0y1​y2​=9−m>0​ hay $-16<m<9$ (4)

Khi y1;y2y1​;y2​ là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (3) thì phương trình (2) tương đương với:

x2+4x+4−y1=0x2+4x+4−y1​=0 hoặc x2+4x+4−y2=0x2+4x+4−y2​=0

Gọi x1,x2x1​,x2​ là hai nghiệm phân biệt của phương trình: x2+4x+4−y1=0x2+4x+4−y1​=0 (5)

Gọi x3,x4x3​,x4​ là hai nghiệm phân biệt của phương trình: x2+4x+4−y2=0x2+4x+4−y2​=0 (6)

Áp dụng định lí Viète cho các phương trình (3), (5), (6) ta có:

1x1+1x2+1x3+1x4x1​1​+x2​1​+x3​1​+x4​1​

=x1+x2x1x2+x3+x4x3x4=x1​x2​x1​+x2​​+x3​x4​x3​+x4​​

=−44−y1+−44−y2=4−y1​−4​+4−y2​−4​

4(y1+y2)−3216−4(y1+y2)+y1y216−4(y1​+y2​)+y1​y2​4(y1​+y2​)−32​

=40−3216−40+9−m=16−40+9−m40−32​

=8−15−m=−1=−15−m8​=−1

Suy ra $m=-7$ (thỏa mãn).

a) Do $MA$, $MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên $MA\perp OA;MB\perp OB$

Suy ra MAO^=MBO^=90∘MAO=MBO=90∘.

Gọi $I$ là trung điểm của $OM$ (học sinh tự vẽ thêm trên hình).

Xét tam giác $MAO$ vuông tại $A$, $AI$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:

AI=MI=IO=12OMAI=MI=IO=21​OM (1)

Xét tam giác $MBO$ vuông tại $B$, $BI$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:

BI=MI=IO=12OMBI=MI=IO=21​OM (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AI=MI=IO=BI$

Vậy tứ giác $MAOB$ nội tiếp đường tròn tâm $I$, đường kính $OM$.

b) Do $MA$, $MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên $MA=MB$;

Mà $OA=OB=R$ nên $MO$ là trung trực của đoạn thẳng $AB$.

Suy ra $MO\perp AB$ tại $D$.

$H$ là hình chiếu của $O$ trên đường thẳng $d$ nên $HO\perp MH$.

Xét tam giác $\Delta ODC$ và $\Delta OHM$ có:

MOH^MOH chung;

ODC^=OHM^=90∘ODC=OHM=90∘

Suy ra $\Delta ODC\backsim \Delta OHM$ (g.g) suy ra ODOH=OCOMOHOD​=OMOC​

Hay $OC.OH=OD.OM$.

Tương tự, chứng minh $\Delta ODA\backsim \Delta OAM$ suy ra OD.OM=OA2=R2OD.OM=OA2=R2

Hay OC.OH=R2OC.OH=R2

c) Vì điểm $O$ và đường thẳng $d$ cố định nên $H$ cố định do đó $OH$ cố định và có độ dài không đổi suy ra $C\in OH$ cố định (3)

 Từ OC.OH=R2OC.OH=R2 ta có OC=R2OHOC=OHR2​ không đổi (4)

Từ (3) và (4) suy ra điểm $C$ cố định suy ra dây $AB$ luôn đi qua điểm $C$ cố định.

Vậy khi điểm $M$ di chuyển trên đường thẳng $d$ thì dây $AB$ luôn đi qua một điểm cố định.

Gọi vận tốc của bạn Hoa lúc đi là $x$ (km/h; $x>0$).

Thời gian bạn Hoa đi từ nhà đến địa điểm A là 24xx24​ (giờ).

Thời gian bạn Hoa đi một nửa quãng đường lúc về là 12xx12​ (giờ).

Vận tốc của bạn Hoa đi một nửa quãng đường còn lại lúc về là $x+4$ (km/h).

Thời gian bạn Hoa đi nửa quãng đường còn lại lúc về nhà là 12x+4x+412​ (giờ).

Do thời gian về ít hơn thời gian đi là $15$ phút $($đổi bằng 1441​ h$)$ nên ta có phương trình:

24x−12x−12x+4=14x24​−x12​−x+412​=41​

12x−12x+4=14x12​−x+412​=41​

x2+4x−192=0x2+4x−192=0

$x=12$ hoặc $x=-16$

Ta thấy $x=-16$ không thỏa mãn.

Vậy vận tốc của bạn Hoa lúc đi là $12$ km/h.

a) Với $m=-2$, phương trình (1) trở thành x2+2x−3=0.x2+2x−3=0.

Giải ra được $x=1,x=-3.$

Vậy với $m=-2$ phương trình (1) có tập nghiệm là $S=\left\{1;-3\right\}$.

b) Ta có: Δ=m2−4m+4=(m−2)2≥0,∀mΔ=m2−4m+4=(m−2)2≥0,∀m

Do đó phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm x1;x2x1​;x2​ với mọi $m$.

Áp dụng hệ thức Viète, ta có: {x1+x2=mx1x2=m−1{​x1​+x2​=mx1​x2​=m−1​

Biến đổi A=2x1x2+3x12+x22+2(x1x2+1)A=x12​+x22​+2(x1​x2​+1)2x1​x2​+3​

=2x1x2+3(x1+x2)2+2=(x1​+x2​)2+22x1​x2​+3​

=2(m−1)+3m2+2=m2+22(m−1)+3​

=2m+1m2+2=m2+22m+1​

A=m2+2−(m−1)2m2+2=1−(m−1)2m2+2A=m2+2m2+2−(m−1)2​=1−m2+2(m−1)2​

Lập luận chỉ ra $A\le 1$, dấu "=" xảy ra khi $m=1$.a) Với 

$m=-2$, phương trình (1) trở thành x2+2x−3=0.x2+2x−3=0.

Giải ra được $x=1,x=-3.$

Vậy với $m=-2$ phương trình (1) có tập nghiệm là $S=\left\{1;-3\right\}$.

b) Ta có: Δ=m2−4m+4=(m−2)2≥0,∀mΔ=m2−4m+4=(m−2)2≥0,∀m

Do đó phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm x1;x2x1​;x2​ với mọi $m$.

Áp dụng hệ thức Viète, ta có: {x1+x2=mx1x2=m−1{​x1​+x2​=mx1​x2​=m−1​

Biến đổi A=2x1x2+3x12+x22+2(x1x2+1)A=x12​+x22​+2(x1​x2​+1)2x1​x2​+3​

=2x1x2+3(x1+x2)2+2=(x1​+x2​)2+22x1​x2​+3​

=2(m−1)+3m2+2=m2+22(m−1)+3​

=2m+1m2+2=m2+22m+1​

A=m2+2−(m−1)2m2+2=1−(m−1)2m2+2A=m2+2m2+2−(m−1)2​=1−m2+2(m−1)2​

Lập luận chỉ ra $A\le 1$, dấu "=" xảy ra khi $m=1$.

Với $x>0;x\ne 4;x\ne 9$ ta có:

P=(4xx+2+8x4−x):(x−1x−2x−2x)P=(x​+24x​​+4−x8x​):(x−2x​x​−1​−x​2​)

=4x.(x−2)−8x(x−2)(x+2):x−1−2(x−2)x(x−2)=(x​−2)(x​+2)4x​.(x​−2)−8x​:x​(x​−2)x​−1−2(x​−2)​

=−4x−8x(x−2)(x+2):−x+3x(x−2)=(x​−2)(x​+2)−4x−8x​​:x​(x​−2)−x​+3​

=−4x(x+2)(x−2)(x+2).x(x−2)−x+3=(x​−2)(x​+2)−4x​(x​+2)​.−x​+3x​(x​−2)​

=−4x−x+3=4xx−3=−x​+3−4x​=x​−34x​.