2x² - 1 = 5

=> 2x² - 6 = 0

=> x² - 3 =0

=> \(\left(x-\sqrt{3}\right)\left(x+\sqrt{3}\right)=0\)

=> \(\orbr{\begin{cases}x=\sqrt{3}\\x=-\sqrt{3}\end{cases}}\)

Vậy x = \(\pm\sqrt{3}\)là nghiệm phương trình

2x² - 1 = 5 => 2x² - 6 = 0 => x² - 3 = 0 => \(\left(x-\sqrt{3}\right)\left(x+\sqrt{3}\right)=0\)

=> \(\orbr{\begin{cases}x=\sqrt{3}\\x=-\sqrt{3}\end{cases}}\)

Vậy \(x\in\left\{\sqrt{3};-\sqrt{3}\right\}\).

Điều kiện: \(x\ge-2\)

\(\sqrt{x+2}=2\Leftrightarrow x+2=2^2=4\Leftrightarrow x=2\)(thỏa mãn đkxđ).

Vậy: x=2.

\(A=\sqrt{4+\sqrt{15}}\)

\(\sqrt{2}A=\sqrt{8+2\sqrt{15}}=\sqrt{3+2\sqrt{3}\sqrt{5}+5}=\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^2+2\sqrt{3}\sqrt{5}+\left(\sqrt{5}\right)^2}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{3}+\sqrt{5}\right)^2}=\left|\sqrt{3}+\sqrt{5}\right|=\sqrt{3}+\sqrt{5}\)

Suy ra \(A=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{5}}{\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{6}+\sqrt{10}\right)\)

sửa đề\(\sqrt{4+\sqrt{15}}\)

Đặt A=  \(\sqrt{4+\sqrt{15}}\)

\(\sqrt{2}A=\sqrt{8+2\sqrt{15}}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{5}+\sqrt{3}\right)^2}=\left|\sqrt{5}+\sqrt{3}\right|=\sqrt{5}+\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow A=\frac{\sqrt{5}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}+\sqrt{6}}{2}\)

a) Hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B => OO' vuông góc AB

Xét đường tròn (O'): O'O vuông góc với dây AB, O nằm trên (O') => O là điểm chính giữa (AB 

=> Sđ(OA = Sđ(OB => CO là phân giác ^BCD.

Xét tứ giác CHOD: CO là phân giác ^DCH (cmt), OD = OH, CH khác CD => CHOD nội tiếp.

b) Ta thấy:

AB là trục đẳng phương của (O) và (O')

CO là trục đẳng phương của (O') và (CHOD)

DH là trục đẳng phương của (CHOD) và (O)

Suy ra AB,CO,DH đồng quy tại I.

c) Lấy P và Q' trên (O) sao cho CP, CQ' tiếp xúc với (O), PQ' cắt CD và CB tại U,V; CO cắt (O) tại G,K

Ta có \(\left(CUAD\right)=-1=\left(CVBH\right)\)=> AB,DH,PQ' đồng quy => PQ' cắt CO tại I

Suy ra \(\left(CIKG\right)=-1\), vì O là trung điểm KG nên \(\overline{CI}.\overline{CO}=\overline{CK}.\overline{CG}\)(Maclaurin)

Mà \(CQ^2=CI.CO\)nên \(CQ^2=\overline{CK}.\overline{CG}=P_{C/\left(O\right)}\). Vậy CQ tiếp xúc với (O).

d) Gọi AF giao TD tại J.

Ta thấy: ^JNE = ^AEO (Cùng phụ ^DEN), ^NEJ = ^EOA vì J là trực tâm \(\Delta\)EAT và ^NEJ, ^EOA cùng phụ ^OEJ

=> \(\Delta\)ENJ ~ \(\Delta\)OEA. Tương tự \(\Delta\)EMJ ~ \(\Delta\)OET

=> \(\frac{EN}{OE}=\frac{EJ}{OA}=\frac{EJ}{OT}=\frac{EM}{OE}\). Vậy EM = EN.

Ta có: \(\hept{\begin{cases}2x+my=1\\mx+2y=1\end{cases}}\)

<=> \(\hept{\begin{cases}4x+2my=2\\m^2x+2my=m\end{cases}}\)

<=> \(4x-m^2x=2-m\)

<=> \(x\left(2-m\right)\left(m+2\right)=2-m\)

Để hpt có nghiệm duy nhất <=> 2 - m \(\ne\)0 <=> m \(\ne\)2

<=> \(x=\frac{2-m}{\left(2-m\right)\left(m+2\right)}=\frac{1}{m+2}\)

=> y = \(\frac{1-mx}{2}=\frac{1-m\cdot\frac{1}{m+2}}{2}=\frac{m+2-m}{2\left(m+2\right)}=\frac{1}{m+2}\)

Theo bài ra, ta có: \(x^2+y^2=\frac{1}{2}\) <=> \(\left(\frac{1}{m+2}\right)^2+\left(\frac{1}{m+2}\right)^2=\frac{1}{2}\)

<=> \(2\left(\frac{1}{m+2}\right)^2=\frac{1}{2}\)

<=> \(\left(\frac{1}{m+2}\right)^2=\frac{1}{4}\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}\frac{1}{m+2}=\frac{1}{2}\\\frac{1}{m+2}=-\frac{1}{2}\end{cases}}\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}m+2=2\\m+2=-2\end{cases}}\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}m=0\\m=-4\end{cases}}\left(tm\right)\)

Vậy ....

\(\hept{\begin{cases}3x-y=2m-1\\x+2y=3m+2\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3x-y=2m-1\\3x+6y=9m+6\end{cases}}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}-7y=-7m-7\\x+2y=3m+2\end{cases}}\)

\(\left(1\right)\Rightarrow y=\frac{-7\left(m+1\right)}{-7}=m+1\)(3)

Thay (3) vào (2) ta được : \(x+2m+2=3m+2\Leftrightarrow x=m\)(4)

Thay (3) ; (4) vào biểu thức trên ta được 

\(x^2+y^2=10\Rightarrow m^2+\left(m+1\right)^2=10\)

\(\Leftrightarrow m^2+m^2+2m+1=10\Leftrightarrow2m^2+2m-9=0\)

\(\Leftrightarrow m=\frac{-1\pm\sqrt{19}}{2}\)