1: Xét tứ giác AEMF có \(\widehat{AEM}+\widehat{AFM}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEMF là tứ giác nội tiếp

=>A,E,M,F cùng thuộc một đường tròn

2: Xét (O) có

\(\widehat{KBC}\) là góc nội tiếp chắn cung KC

\(\widehat{KAC}\) là góc nội tiếp chắn cung KC

Do đó: \(\widehat{KBC}=\widehat{KAC}\)

mà \(\widehat{KAC}=\widehat{MEF}\)(AEMF nội tiếp)

nên \(\widehat{MEF}=\widehat{KBC}\)

Xét (O) có

\(\widehat{KCB}\) là góc nội tiếp chắn cung KB

\(\widehat{KAB}\) là góc nội tiếp chắn cung KB

Do đó: \(\widehat{KCB}=\widehat{KAB}\)

mà \(\widehat{KAB}=\widehat{MFE}\)(AEMF nội tiếp)

nên \(\widehat{KCB}=\widehat{MFE}\)

Xét ΔKCB và ΔMFE có

\(\widehat{KCB}=\widehat{MFE}\)

\(\widehat{KBC}=\widehat{MEF}\)

Do đó; ΔKCB~ΔMFE

=>\(\dfrac{BC}{EF}=\dfrac{KB}{ME}\)

=>\(KB\cdot FE=BC\cdot ME\)

1: Xét tứ giác AEMF có \(\widehat{AEM}+\widehat{AFM}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEMF là tứ giác nội tiếp

=>A,E,M,F cùng thuộc một đường tròn

2: Xét (O) có

\(\widehat{KBC}\) là góc nội tiếp chắn cung KC

\(\widehat{KAC}\) là góc nội tiếp chắn cung KC

Do đó: \(\widehat{KBC}=\widehat{KAC}\)

mà \(\widehat{KAC}=\widehat{MEF}\)(AEMF nội tiếp)

nên \(\widehat{MEF}=\widehat{KBC}\)

Xét (O) có

\(\widehat{KCB}\) là góc nội tiếp chắn cung KB

\(\widehat{KAB}\) là góc nội tiếp chắn cung KB

Do đó: \(\widehat{KCB}=\widehat{KAB}\)

mà \(\widehat{KAB}=\widehat{MFE}\)(AEMF nội tiếp)

nên \(\widehat{KCB}=\widehat{MFE}\)

Xét ΔKCB và ΔMFE có

\(\widehat{KCB}=\widehat{MFE}\)

\(\widehat{KBC}=\widehat{MEF}\)

Do đó; ΔKCB~ΔMFE

=>\(\dfrac{BC}{EF}=\dfrac{KB}{ME}\)

=>\(KB\cdot FE=BC\cdot ME\)

\(M=\dfrac{x-9+5}{\sqrt{x}-3}=\dfrac{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)+5}{\sqrt{x}-3}=\sqrt{x}+3+\dfrac{5}{\sqrt{x}-3}\)

\(M\in Z\Rightarrow\dfrac{5}{\sqrt{x}-3}\in Z\Rightarrow\sqrt{x}-3=Ư\left(5\right)\)

Mà \(\sqrt{x}-3\ge-3\Rightarrow\sqrt{x}-3=\left\{-1;1;5\right\}\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}=\left\{2;4;8\right\}\)

\(\Rightarrow x=\left\{4;16;64\right\}\)

giúp mik với

 Cho phương trình bậc hai \(x^2\) + 2\(x\) - m² + 2m - 3 = 0

a; Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Ta có \(x^2\) + 2\(x\) - m² + 2m - 3 = 0

    ⇒ △^, = 1²  - ( - m² + 2m - 3) = 1 + m² - 2m + 3 = (m - 1)² + 3 

      (m - 1)² ≥ 0 ∀ m; ⇒ (m - 1)² + 3 ≥ 3 ∀ m

       ⇒△^, = (m -1)² + 3 ≥ 3 > 0 ∀ m

Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b; Theo chứng minh trên ta có phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m, áp dụng hệ thức Vi-et ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-2\\x_1.x_2=-m^2+2m-3\end{matrix}\right.\) (1)

Mặt khác ta có: |\(x_1\) - \(x_2\)| = 4 ⇒ (|\(x_1\) - \(x_2\)|)² = 4² ⇒ (\(x_1\) - \(x_2\))²  = 16

                         (\(x_1\) + \(x_2\))² - 4\(x_2\)\(x_2\) = 16 (2)

Thay (1) vào (2) ta có: (-2)² - 4.(- m² + 2m - 3) = 16

                                       4 + 4m² - 8m + 12  = 16

                                             4m² - 8m = 16 - 12 - 4

                                             4m² - 8m = 0

                                              4m.(m - 2) = 0

                                                \(\left[{}\begin{matrix}m=0\\m-2=0\end{matrix}\right.\)

                                                \(\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=2\end{matrix}\right.\)

Vậy để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn đề bài thì 

m \(\in\) {0; 2}

a.

\(\Delta'=1-\left(-m^2+2m-3\right)=m^2-2m+4=\left(m-1\right)^2+3>0;\forall m\)

\(\Rightarrow\) Phương trình luôn có 2 nghiệm pb với mọi m

b.

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-2\\x_1x_2=-m^2+2m-3\end{matrix}\right.\)

\(\left|x_1-x_2\right|=4\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2=16\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=16\)

\(\Leftrightarrow4-4\left(-m^2+2m-3\right)=16\)

\(\Leftrightarrow m^2-2m=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=2\end{matrix}\right.\)

a/ \(\dfrac{3-\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}=\dfrac{\left(3-\sqrt{3}\right)^2}{\left(3-\sqrt{3}\right)\left(3+\sqrt{3}\right)}=\dfrac{9-6\sqrt{3}+3}{9-3}\)

\(=\dfrac{6\left(2-\sqrt{3}\right)}{6}=2-\sqrt{3}\)

b/ ĐKXĐ: \(x>0\)

\(\dfrac{x-2}{\sqrt{x}}=1\)

\(\Rightarrow x-2=\sqrt{x}\)

\(\Leftrightarrow x^2-4x+4=x\)

\(\Leftrightarrow x^2-5x+4=0\)

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

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(tmdk\right)\\x=4\left(tmdk\right)\end{matrix}\right.\)

b: ĐKXĐ: x>0

\(\dfrac{x-2}{\sqrt{x}}=1\)

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

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

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

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

=>x=4(nhận)

Gọi quãng đường từ A đến điểm gặp nhau của 2 xe là x(km,x>0)

Suy ra,thời gian ô tô chở hàng đến điểm gặp nhau là x/45(h)

Thời gian ô tô chở khách đến điểm gặp nhau là x/60(h)

Theo bài ra,ta có :

x/45-x/60=2

4x/180-3x/180=360/180

4x-3x=360

x=360(Thỏa mãn)

Vậy sau 360/60=6h thì ô tô khách đuổi kịp ô tô chở hàng

                                    (cái trong ngoặc mình không biết nhé)

                               NẾU SAI MONG MN SỬA Ạ

B đúng, hệ đã cho có 1 nghiệm: \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{2019m+7}{4}\\y=\dfrac{-6061m-1}{8}\end{matrix}\right.\)

Trong tam giác vuông BDE:

\(DE=\dfrac{BD}{sinE}=\dfrac{1,5}{sin30^0}=3\left(m\right)\)

Trong tam giác vuông ABC:

\(AC=\dfrac{AB}{sinC}=\dfrac{3}{sin60^0}=2\sqrt{3}\left(m\right)\)

Ta có:

\(CE=BE+BC=\dfrac{BD}{tanE}+\dfrac{AB}{tanC}=\dfrac{1,5}{tan30^0}+\dfrac{3}{tan60^0}=\dfrac{5\sqrt{3}}{2}\left(m\right)\)

a: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp