a: \(\text{Δ}=\left[2\left(m+3\right)\right]^2-4\left(m^2+3\right)\)

\(=\left(2m+6\right)^2-4\left(m^2+3\right)\)

\(=4m^2+24m+36-4m^2-12=24m+24\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>24m+24>0

=>m>-1

b:

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-2\left(m+3\right)\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+3\end{matrix}\right.\)

Để 1 nghiệm lớn hơn nghiệm còn lại là 2 thì \(x_1-x_2=2\)

Do đó, ta có hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-2m-6\\x_1-x_2=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x_1=-2m-4\\x_2=x_1-2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=-m-2\\x_2=-m-2-2=-m-4\end{matrix}\right.\)

\(x_1\cdot x_2=m^2+3\)

=>\(\left(m+2\right)\left(m+4\right)=m^2+3\)

=>6m+8=3

=>6m=-5

=>m=-5/6(nhận)

Để giải phương trình này, ta cần tìm một cách biến đổi để nó trở nên dễ giải hơn. Ta có thể nhận thấy rằng trong phương trình, các biểu thức như \(\frac{x + 1}{3}\) và \(x\) xuất hiện nhiều lần. Vậy để đơn giản hóa phương trình, ta có thể thử sử dụng một biến thay thế, chẳng hạn như \(u = \frac{x + 1}{3}\).

Khi đó, phương trình ban đầu trở thành:
\[u + u^3 + 2\left(\frac{1}{u}\right) - \left(\frac{1}{u^3}\right) = 3\]

Nhân cả hai vế của phương trình với \(u^3\), ta được:
\[u^4 + u^6 + 2u^2 - 1 = 3u^3\]

Từ đây, ta có một phương trình bậc 6 với biến \(u\), sau đó có thể giải phương trình này bằng các phương pháp giải phương trình bậc cao, chẳng hạn như phương pháp đặt \(y = u^2\). 

Sau khi tìm được giá trị của \(u\), ta thay ngược lại \(u = \frac{x + 1}{3}\) để tìm ra các giá trị của \(x\) tương ứng.

Để giải phương trình này, ta cần tìm một cách biến đổi để nó trở nên dễ giải hơn. Ta có thể nhận thấy rằng trong phương trình, các biểu thức như \(\frac{x + 1}{3}\) và \(x\) xuất hiện nhiều lần. Vậy để đơn giản hóa phương trình, ta có thể thử sử dụng một biến thay thế, chẳng hạn như \(u = \frac{x + 1}{3}\).

Khi đó, phương trình ban đầu trở thành:
\[u + u^3 + 2\left(\frac{1}{u}\right) - \left(\frac{1}{u^3}\right) = 3\]

Nhân cả hai vế của phương trình với \(u^3\), ta được:
\[u^4 + u^6 + 2u^2 - 1 = 3u^3\]

Từ đây, ta có một phương trình bậc 6 với biến \(u\), sau đó có thể giải phương trình này bằng các phương pháp giải phương trình bậc cao, chẳng hạn như phương pháp đặt \(y = u^2\). 

Sau khi tìm được giá trị của \(u\), ta thay ngược lại \(u = \frac{x + 1}{3}\) để tìm ra các giá trị của \(x\) tương ứng.

a: Xét tứ giác AEDF có \(\widehat{AED}+\widehat{AFD}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEDF là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AEF}=\widehat{ADF}\)

mà \(\widehat{ADF}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{FDC}\right)\)

nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)

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

nên \(\widehat{BEF}+\widehat{BCF}=180^0\)

=>BEFC nội tiếp

a: Gọi O là trung điểm của CM

Xét (O) có

ΔDCM nội tiếp

MC là đường kính

Do đó: ΔDCM vuông tại D

=>BD\(\perp\)DC tại D

Xét tứ giác ABCD có \(\widehat{CAB}=\widehat{CDB}=90^0\)

nên ABCD là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔMAB vuông tại A và ΔMDC vuông tại D có

\(\widehat{AMB}=\widehat{DMC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMAB~ΔMDC
=>\(\dfrac{AB}{DC}=\dfrac{MA}{MD}\)

=>\(AB\cdot MD=AM\cdot DC\)

Sửa đề; OA=2R

ΔOAB vuông tại B

=>\(OB^2+BA^2=OA^2\)

=>\(BA^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)

=>\(BA=R\sqrt{3}\)

Xét ΔOBA vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{BO}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{BAO}=30^0\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC và AO là phân giác của góc BAC

AO là phân giác của góc BAC

=>\(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=60^0\)

Xét ΔBAC có BA=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)

nên ΔBAC đều

=>\(BC=AB=R\sqrt{3}\)

xin chào mọi người

a: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó:MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

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

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO\(\perp\)AB tại H và H là trung điểm của AB

Xét (O) có

ΔBAD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBAD vuông tại A

=>BA\(\perp\)AD
mà BA\(\perp\)OM

nên OM//AD

b: Bạn ghi lại đề đi bạn

Xét tứ giác BEHD có \(\widehat{BEH}+\widehat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BEHD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác DHFC có \(\widehat{HDC}+\widehat{HFC}=90^0+90^0=180^0\)

nên DHFC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BEFC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\)

nên BEFC là tứ giác nội tiếp

a: Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

Xét tứ giác AIHK có \(\widehat{AIH}=\widehat{AKH}=\widehat{KAI}=90^0\)

nên AIHK là hình chữ nhật

Kẻ Ax là tiếp tuyến của (O) tại A

=>OA\(\perp\)Ax tại A

Xét ΔAHC vuông tại H có HK là đường cao

nên \(AK\cdot AC=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHB vuông tại H có HI là đường cao

nên \(AI\cdot AB=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AI\cdot AB=AK\cdot AC\)

=>\(\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{AK}{AB}\)

Xét ΔAIK và ΔACB có

\(\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{AK}{AB}\)

\(\widehat{IAK}\) chung

Do đó: ΔAIK~ΔACB

=>\(\widehat{AKI}=\widehat{ABC}\)

Xét (O) có

\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)

=>\(\widehat{xAC}=\widehat{AKI}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên IK//Ax

=>OA\(\perp\)IK

b: ΔOMN cân tại O

mà OA là đường cao

nên OA là đường trung trực của MN

=>AM=AN

=>\(\widehat{AMN}=\widehat{ANM}\)

=>\(sđ\stackrel\frown{AM}=sđ\stackrel\frown{AN}\)

Xét (O) có

\(\widehat{AMN}\) là góc nội tiếp chắn cung AN

\(\widehat{ABM}\) là góc nội tiếp chắn cung AM

\(sđ\stackrel\frown{AM}=sđ\stackrel\frown{AN}\)

Do đó: \(\widehat{AMN}=\widehat{ABM}\)

Xét ΔAMI và ΔABM có

\(\widehat{AMI}=\widehat{ABM}\)

\(\widehat{MAI}\) chung

Do đó: ΔAMI~ΔABM

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

=>\(AM^2=AI\cdot AB\)

=>AM=AH

=>ΔAMH cân tạiA

Đề lộn xộn quá em, đọc ko hiểu gì cả