a: Xét (O) có

\(\widehat{ABD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BD

\(\widehat{BED}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

Do đó: \(\widehat{ABD}=\widehat{BED}\)

Xét ΔABD và ΔAEB có

\(\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\)

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD~ΔAEB

=>\(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AB}\)

=>\(AB^2=AD\cdot AE\)

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra AO là đường trung trực của BC

=>AO\(\perp\)BC tại H

Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\)

=>\(AH\cdot AO=AD\cdot AE\)

=>\(\dfrac{AH}{AE}=\dfrac{AD}{AO}\)

Xét ΔAHD và ΔAEO có

\(\dfrac{AH}{AE}=\dfrac{AD}{AO}\)

\(\widehat{HAD}\) chung

Do đó: ΔAHD~ΔAEO

=>\(\widehat{AHD}=\widehat{AEO}\)

mà \(\widehat{AHD}+\widehat{OHD}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{OHD}+\widehat{OED}=180^0\)

=>OHDE nội tiếp

a: Xét tứ giác BNMC có \(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90^0\)

nên BNMC là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: BNMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BCM}+\widehat{BNM}=180^0\)

mà \(\widehat{BNM}+\widehat{INB}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{INB}=\widehat{ICM}\)

Ta có: A,D,B,C cùng thuộc (O)

=>ADBC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{ADB}+\widehat{ACB}=180^0\)

mà \(\widehat{ADB}+\widehat{IDB}=180^0\)

nên \(\widehat{IDB}=\widehat{ACB}\)

Xét ΔINB và ΔICM có

\(\widehat{INB}=\widehat{ICM}\)

\(\widehat{NIB}\) chung

Do đó: ΔINB~ΔICM

=>\(\dfrac{IN}{IC}=\dfrac{IB}{IM}\)

=>\(IN\cdot IM=IB\cdot IC\left(1\right)\)

Xét ΔIDB và ΔICA có

\(\widehat{IDB}=\widehat{ICA}\)

\(\widehat{DIB}\) chung

Do đó: ΔIDB~ΔICA

=>\(\dfrac{ID}{IC}=\dfrac{IB}{IA}\)

=>\(IB\cdot IC=IA\cdot ID\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(ID\cdot IA=IN\cdot IM\)

=>\(\dfrac{ID}{IM}=\dfrac{IN}{IA}\)

Xét ΔIDN và ΔIMA có

\(\dfrac{ID}{IM}=\dfrac{IN}{IA}\)

\(\widehat{DIN}\) chung

Do đó: ΔIDN~ΔIMA

\(B=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{3\sqrt{x}-2}{x-4}\)

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

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

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

\(P=A\cdot B=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}\cdot\dfrac{x-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)

\(=\dfrac{x}{\sqrt{x}+2}\)

P<1

=>P-1<0

=>\(\dfrac{x-\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}< 0\)

=>\(x-\sqrt{x}-2< 0\)

=>\(\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)< 0\)

=>\(\sqrt{x}-2< 0\)

=>\(\sqrt{x}< 2\)

=>0<=x<4

b: \(\Delta=\left(-2m\right)^2-4\left(m-2\right)\)

\(=4m^2-4m+8=\left(2m-1\right)^2+7>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

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

Đặt \(A=\dfrac{4m^2-8m+7}{6x_1x_2-x_1^2-x_2^2+11}\)

\(=\dfrac{4m^2-8m+7}{6x_1x_2-\left(x_1^2+x_2^2\right)+11}\)

\(=\dfrac{4m^2-8m+7}{6x_1x_2-\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]+11}\)

\(=\dfrac{4m^2-8m+7}{-\left(x_1+x_2\right)^2+8x_1x_2+11}\)

\(=\dfrac{4m^2-8m+7}{-\left(2m\right)^2+8\left(m-2\right)+11}\)

\(=\dfrac{4m^2-8m+7}{-4m^2+8m-16+11}\)

\(=\dfrac{4m^2-8m+7}{-4m^2+8m-5}\)

\(=-\dfrac{4m^2-8m+7}{4m^2-8m+5}\)

\(=-\dfrac{4m^2-8m+5+2}{4m^2-8m+5}\)

\(=-1-\dfrac{2}{4m^2-8m+5}\)

\(=-1-\dfrac{2}{4m^2-8m+4+1}\)

\(=-1-\dfrac{2}{\left(2m-2\right)^2+1}\)

\(\left(2m-2\right)^2+1>=1\forall m\)

=>\(\dfrac{2}{\left(2m-2\right)^2+1}< =\dfrac{2}{1}=2\forall m\)

=>\(-\dfrac{2}{\left(2m-2\right)^2+1}>=-2\forall m\)

=>\(A=-\dfrac{2}{\left(2m-2\right)^2+1}-1>=-3\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi 2m-2=0

=>m=1

a: \(1+2\sqrt{x}+x=\left(\sqrt{x}\right)^2+2\cdot\sqrt{x}\cdot1+1^2=\left(\sqrt{x}+1\right)^2\)

b: \(a+2\sqrt{a}+1=\left(\sqrt{a}\right)^2+2\cdot\sqrt{a}\cdot1+1^2=\left(\sqrt{a}+1\right)^2\)

d: \(x-2\sqrt{xy}+y=\left(\sqrt{x}\right)^2-2\cdot\sqrt{x}\cdot\sqrt{y}+\left(\sqrt{y}\right)^2\)

\(=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\)

e: \(x^2-1=x^2-1^2=\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)

f: \(9x^2-1=\left(3x\right)^2-1^2=\left(3x-1\right)\left(3x+1\right)\)

g: \(x^2-y^2=\left(x-y\right)\left(x+y\right)\)

h: \(1-x\sqrt{x}=1^3-\left(\sqrt{x}\right)^3=\left(1-\sqrt{x}\right)\left(1+\sqrt{x}+x\right)\)

i: \(x\sqrt{x}+1=\left(\sqrt{x}\right)^3+1^3=\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-\sqrt{x}+1\right)\)

j: \(a\sqrt{a}-1=\left(\sqrt{a}\right)^3-1^3=\left(\sqrt{a}-1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)\)

k: \(x\sqrt{x}-8=\left(\sqrt{x}\right)^3-2^3=\left(\sqrt{x}-2\right)\left(x+2\sqrt{x}+4\right)\)

l: \(x\sqrt{x}+y\sqrt{y}=\left(\sqrt{x}\right)^3+\left(\sqrt{y}\right)^3\)

\(=\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\left(x-\sqrt{xy}+y\right)\)

Lời giải:

1.

Khi $m=2$ thì PT trở thành:

$x^2-2x-8=0$

$\Leftrightarrow (x+2)(x-4)=0$

$\Leftrightarrow x+2=0$ hoặc $x-4=0$

$\Leftrightarrow x=-2$ hoặc $x=4$

2.

Để pt có 2 nghiệm $x_1,x_2$ phân biệt thì:

$\Delta'=(m-1)^2+m^2+4>0$

$\Leftrightarrow m\in\mathbb{R}$

Áp dụng định lý Viet:

$x_1+x_2=2(m-1)$

$x_1x_2=-m^2-4$

Ta thấy: Do $x_1x_2=-m^2-4<0$ với mọi $m$

$\Rightarrow x_1,x_2$ trái dấu. Mà $x_1< x_2$ nên: $x_1< 0; x_2>0$

Khi đó:

$|x_1|-|x_2|=2|x_1x_2|-6$

$\Leftrightarrow -x_1-x_2 = -2x_1x_2-6$

$\Leftrightarrow -(x_1+x_2)+2x_1x_2+6=0$

$\Leftrightarrow -2(m-1)+2(-m^2-4)+6=0$

$\Leftrightarrow 2m^2+2m=0$

$\Leftrightarrow m(m+1)=0\Leftrightarrow m=0$ hoặc $m=-1$

M (-1;3). để (d) đi qua M thì: 3=-2+b

Vậy: b=5 thì (d) đi qua M

a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{ABN}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BN

\(\widehat{BMN}\) là góc nội tiếp chắn cung BN

Do đó: \(\widehat{ABN}=\widehat{BMN}\)

Xét ΔABN và ΔAMB có

\(\widehat{ABN}=\widehat{AMB}\)

\(\widehat{BAN}\) chung

Do đó: ΔABN~ΔAMB

=>\(\dfrac{AB}{AM}=\dfrac{AN}{AB}\)

=>\(AB^2=AM\cdot AN\left(1\right)\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (2),(3) suy ra AO là trung trực của BC

=>AO\(\perp\)BC tại K

Xét ΔABO vuông tại B có BK là đường cao

nên \(AK\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)

Từ (1),(4) suy ra \(AK\cdot AO=AN\cdot AM\)

=>\(\dfrac{AK}{AM}=\dfrac{AN}{AO}\)

Xét ΔAKN và ΔAMO có

\(\dfrac{AK}{AM}=\dfrac{AN}{AO}\)

\(\widehat{KAN}\) chung

Do đó: ΔAKN~ΔAMO

=>\(\widehat{AKN}=\widehat{AMO}\)

=>\(\widehat{AKN}=\widehat{OMN}\)

=>\(\widehat{AKN}=\widehat{ONM}\)

I: 

Câu 1: \(M=\sqrt{9xy^2}=3\sqrt{xy^2}=3\sqrt{x}\cdot\left|y\right|=-3\sqrt{x}y\)

=>Chọn A

Câu 2: C

Câu 3: B

Câu 4: AC=AD+DC=4+8=12(cm)

Xét ΔBAC vuông tại B có BD là đường cao

nên \(BA^2=AD\cdot AC=4\cdot12=48\)

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

=>Chọn D
II: Tự luận

Câu 5:

\(\left\{{}\begin{matrix}3x-2y=9\\x-3y=10\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3x-2y=9\\3x-9y=30\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x-2y-3x+9y=9-30\\x-3y=10\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}7y=-21\\x=3y+10\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=-3\\x=3\cdot\left(-3\right)+10=10-9=1\end{matrix}\right.\)

Câu 7:

a: \(\text{Δ}=3^2-4\cdot1\cdot\left(m+1\right)\)

=9-4m-4

=-4m+5

Để phương trình có nghiệm thì Δ>=0

=>-4m+5>=0

=>-4m>=-5

=>m<=5/4

b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-3\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m+1\end{matrix}\right.\)

\(A=\left(x_1-x_2\right)^2+5x_1x_2+7m\)

\(=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+5x_1x_2+7m\)

\(=\left(-3\right)^2+\left(m+1\right)+7m=8m+10\)

=>A không có giá trị lớn nhất

Câu 6:

a: \(P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{2+5\sqrt{x}}{x-4}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{5\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)+\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{x-2\sqrt{x}+x+3\sqrt{x}+2-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

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

b: P>1

=>P-1>0

=>\(\dfrac{2\sqrt{x}-\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>0\)

=>\(\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>0\)

=>\(\sqrt{x}-2>0\)

=>x>4

Câu 9:

a: Xét tứ giác CEHF có \(\widehat{CEH}+\widehat{CFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHF là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔABC có

BF,AE là các đường cao

BF cắt AE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>CH\(\perp\)AB

Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BD\(\perp\)BA

mà CH\(\perp\)BA

nên CH//BD

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>AC\(\perp\)CD

mà BH\(\perp\)AC

nên BH//CD

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành