Xét (O) có 

^ABC = 90⁰ ( góc nr chắn nửa đường tròn ) 

=> ^ABD' = 90⁰

=> AD' là đường kính của đường tròn (O') ; B là điểm thuộc đường tròn 

=> A;O';D thẳng hàng 

ĐKXĐ:\(x\ge-3\)

\(x^2+\sqrt{x+3}=3\\ \Leftrightarrow\sqrt{x+3}=3-x^2\left(-\sqrt{3}\le x\le3\right)\\ \Leftrightarrow x+3=x^4-6x^2+9\\ \Leftrightarrow x^4-6x^2-x+6=0\\ \Leftrightarrow\left(x^4-x^3\right)+\left(x^3-x^2\right)-\left(5x^2-5x\right)-\left(6x-6\right)=0\\ \Leftrightarrow x^3\left(x-1\right)+x^2\left(x-1\right)-5x\left(x-1\right)-6\left(x-1\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^3+x^2-5x-6\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[\left(x^3+2x^2\right)-\left(x^2+2x\right)-\left(3x+6\right)\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[x^2\left(x+2\right)-\left(x+2\right)-\left(x+2\right)\right]=0\\ \Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x^2-x-1\right)=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-2\\x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\\x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\)

x=1/2-căn bậc hai(13)/2, x=1

Chúc em hok tốt

a, \(\Delta'=1-\left(2m-5\right)=6-2m\)

để pt có nghiệm kép \(6-2m=0\Leftrightarrow m=3\)

b, để pt có 2 nghiệm pb \(6-2m>0\Leftrightarrow m< 3\)

Theo Vi et \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=2m-5\end{matrix}\right.\)

Ta có \(\left(x_1+x_2\right)^2-7x_1x_2=0\)

\(4-7\left(2m-5\right)=0\Leftrightarrow2m-5=\dfrac{4}{7}\Leftrightarrow m=\dfrac{39}{14}\)(tm) 

a) Xét pt \(x^2-2x+2m-5=0\), có \(\Delta'=\left(-1\right)^2-\left(2m-5\right)=1-2m+5=6-2m\)

Để pt có nghiệm kép thì \(\Delta'=0\)hay \(6-2m=0\)\(\Leftrightarrow m=3\)

b) Để pt có 2 nghiệm phân biệt thì \(\Delta'>0\)hay \(6-2m>0\)\(\Leftrightarrow m< 3\)

Khi đó, ta có \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\\x_1x_2=2m-5\end{cases}}\)(hệ thức Vi-ét)

Từ đó \(x_1^2+x_2^2=5x_1x_2\)\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2=7x_1x_2\)\(\Leftrightarrow2^2=7\left(2m-5\right)\)\(\Leftrightarrow4=14m-35\)\(\Leftrightarrow14m=39\)\(\Leftrightarrow m=\frac{39}{14}\)(nhận)

Vậy để [...] thì \(m=\frac{39}{14}\)

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là \(x^2=mx-m+1\)\(\Leftrightarrow x^2-mx+m-1=0\)

Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì \(\Delta=\left(-m\right)^2-4.1\left(m-1\right)=m^2-4m+4=\left(m-2\right)^2>0\)\(\Leftrightarrow m-2\ne0\)\(\Leftrightarrow m\ne2\)

Khi đó \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=m\\x_1x_2=m-1\end{cases}}\)(hệ thức Vi-ét)

Độ dài cạnh huyền của tam giác vuông có 2 cgv là \(x_1,x_2\)là \(\sqrt{x_1^2+x_2^2}=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2}=\sqrt{m^2-2\left(m-1\right)}=\sqrt{m^2-2m+2}\)

Ta có \(x_1x_2=\frac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{m^2-2m+2}\)hệ thức lượng trong tam giác vuông.

\(\Leftrightarrow m-1=\frac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{m^2-2m+2}\)\(\Leftrightarrow\frac{m-1}{\sqrt{m^2-2m+2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\)\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{m^2-2m+1}{m^2-2m+2}}=\sqrt{\frac{1}{5}}\)\(\Leftrightarrow\frac{m^2-2m+1}{m^2-2m+2}=\frac{1}{5}\)\(\Leftrightarrow5m^2-10m+5=m^2-2m+2\)\(\Leftrightarrow4m^2-8m+3=0\)

\(\Delta_1=\left(-8\right)^2-4.4.3=16>0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}m_1=\frac{-\left(-8\right)+\sqrt{16}}{2.4}=\frac{3}{2}\\m_2=\frac{-\left(-8\right)-\sqrt{16}}{2.4}=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

Vậy để [...] thì \(\orbr{\begin{cases}m=\frac{3}{2}\\m=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

Gọi bán kính hình tròn lớn r ; bán kính hình tròn nhỏ : r₁

Diện tích vành khuyên : S  = \(r^2.\pi-r_1^2.\pi=\pi\left(r^2-r_1^2\right)\)

Lại có diện tích hình tròn (A;AB) S₁ = AB².\(\pi\) = (BO² - AO²).\(\pi=\left(r^2-r_1^2\right).\pi\)

=> S = S₁ (đpcm) 

Đường trỏn nhỏ bán kính OA, đường tròn lớn bán kính OB

Mặt khác do BC là tiếp tuyến đường tròn nhỏ

\(\Rightarrow OA\perp BC\)

\(\Rightarrow A\) là trung điểm BC

\(\Rightarrow AB^2=OB^2-OA^2\)

Diện tích hình vành khuyên:

\(S_1=S_{\left(O;OB\right)}-S_{\left(O;OA\right)}=\pi OB^2-\pi.OA^2=\pi\left(OB^2-OA^2\right)\)

\(S_{\left(A;AB\right)}=\pi.AB^2=\pi\left(OB^2-OA^2\right)\)

\(\Rightarrow S_1=S_{\left(A;AB\right)}\) (đpcm)

a, Ta có ^ACB = 90⁰ ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

Xét tứ giác AMDC có 

^AMD + ^ACB = 180⁰ mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác AMDC nt 1 đường tròn 

b, Ta có ^MCA = ^MDA ( góc nt chắn cung MA của tứ giác ACDM ) (1) 

Lại có ^ACE = ^ABE ( góc nt chắn cung AE ) (2) 

mà ^AEB = 90⁰ ( góc nt chắc nửa đường tròn ) 

Xét tứ giác MDBE có 

^DMB = ^DEB = 90⁰

mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh BD 

Vậy tứ giác MDBE là tứ giác nt 1 đường tròn 

=> ^MDE = ^MBE ( góc nt chắc cung ME ) (3) 

Từ (1) ; (2) ; (3) suy ra ^MCA = ^ICA 

=> CA là phân giác ^MCI 

c, Xét tam giác DAM và tam giác EAI ta có 

^DAM = ^EAI ( đối đỉnh ) 

^ADM = ^AEI ( so le trong vì BE // DM ) 

Vậy tam giác DAM ~ tam giác EAI (g.g) 

\(\frac{AM}{AI}=\frac{AD}{AE}\Rightarrow AM.AE=AD.AI\)

nó có bằng nhé, ko phải đổi dấu

bằng sẵn rồi bạn ạ do \(\left|y-1\right|\ge0\)