a) Ta có \(\widehat{BTA}=\widehat{TCB}\)( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \(\widebat{TB}\)) 

\(\Delta ABT\infty\Delta ATC\)(g.g) =>  \(\frac{AT}{AC}=\frac{AB}{AT}\)=> \(AT^2=AB.AC\)(đpcm)

Còn câu b và c có ai giúp mình giải kg

b) Do AT là tiếp tuyến của (O) nên AT vuông góc với OT => ^OAT=90

xét tam giác OAT vuông có OH là đường cao nên ta có AT^2=AO.AH (2)

từ câu a) ta có AT^2=AB.AC (1)

Từ (1) và (2) suy ra "ĐPCM"

c) từ kết quả của câu b)=> AB/AO = AH/AC

Xét 2 tam giác ABO và  AHC có ^OAC chung ; AB/AO = AH/AC 

suy ra tam giác ABO đồng dạng tam giác AHC => ^AOB = ^ACH hay ^HOB = ^BCH => OHBC nội tiếp đường tròn

xét pt \(x^2-2x+m-1=0\)   \(\left(1\right)\)

từ (1) ta có \(\Delta'=\left(-1\right)^2-m+1\)

\(\Delta'=1-m+1\)

\(\Delta'=2-m\)

để pt (1) co 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\)thì \(\Delta'>0\Leftrightarrow2-m>0\)

\(\Leftrightarrow m< 2\)

theo định lí vi - ét \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(1\right)\\x_1.x_2=m-1\left(2\right)\end{cases}}\)

theo câu a) \(x_1=2x_2\Leftrightarrow x_1-2x_2=0\)  \(\left(3\right)\)

từ \(\left(1\right)\)  và \(\left(3\right)\)  ta có hpt

\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\\x_1-2x_2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3x_2=2\\x_1+x_2=2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x_2=\frac{2}{3}\\x_1=\frac{4}{3}\end{cases}}\left(4\right)\)

thay \(\left(3\right)\)  và (2)  ta có \(x_1.x_2=m-1\)

\(\Leftrightarrow m-1=\frac{4}{3}.\frac{2}{3}\)

\(\Leftrightarrow m-1=\frac{8}{9}\)

\(\Leftrightarrow m=\frac{17}{9}\) ( TM \(m< 2\)  )

vậy \(m=\frac{17}{9}\)  là giá trị cần tìm 

a)  theo bài ra \(\left|x_1-x_2\right|=4\)

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

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

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4\left(x_1.x_2\right)-16=0\)

\(\Leftrightarrow2^2-4.\left(m-1\right)-16=0\)

\(\Leftrightarrow-12-4\left(m-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow-4\left(m-1\right)=12\)

\(\Leftrightarrow m-1=-3\)

\(\Leftrightarrow m=-2\)  ( TM \(m< 2\))

vậy....

b) \(\left|x_1\right|+\left|x_2\right|=4\)

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

\(\Leftrightarrow x^2_1+2\left|x_1\right|.\left|x_2\right|+x^2_2=16\)

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

\(\Leftrightarrow2^2-2\left(m-1\right)+2\left|m-1\right|=16\)  \(\left(#\right)\)

+) Nếu \(m-1\ge0\Leftrightarrow m\ge1\)  thì pt \(\left(#\right)\)  

\(\Leftrightarrow4-2m+2+2m-2=16\)

\(\Leftrightarrow0m=16-4\Leftrightarrow0m=12\)  ( pt này vô nghiệm )

+) nếu \(m-1< 0\Leftrightarrow m< 1\) thì pt \(\left(#\right)\)

\(\Leftrightarrow4-2m+2-2m+2=16\)

\(\Leftrightarrow-4m=16-8\)

\(\Leftrightarrow-4m=8\)

\(\Leftrightarrow m=-2\)  ( TM \(m< 1\) ) 

vậy \(m=-2\) là giá trị cần tìm 

\(2x^2-mx-20=0\)

pt này có 2 nghiệm \(\Leftrightarrow a.c< 0\)

\(\Leftrightarrow2.\left(-20\right)< 0\forall m\)

vậy phương trình đã cho luôn trái dấu \(\forall m\)

sai đề bạn ơi pt có 2 nghiệm trái dấu với mọi m

a) Áp dụng tính chất của góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, ta có: 

\(\widehat{TAB}=\widehat{TCA}\)

Suy ra \(\Delta\)TAB ~ \(\Delta\)TCA (g.g) \(\Rightarrow\frac{TA}{TC}=\frac{TB}{TA}\Rightarrow TA^2=TB.TC\)(đpcm)

Hai điểm A và K cùng nằm trên (T) nên \(\Delta\)ATK cân tại T => \(\widehat{TAK}=\widehat{TKA}\)(1)

Dễ thấy góc TKA là góc ngoài của \(\Delta\)ACK => \(\widehat{TKA}=\widehat{CAK}+\widehat{ACK}\)

\(\Rightarrow\widehat{CAK}=\widehat{TKA}-\widehat{ACK}\)(2)

Ta có: \(\widehat{BAK}=\widehat{TAK}-\widehat{TAB}=\widehat{TAK}-\widehat{ACB}\)(Do \(\widehat{TAB}=\widehat{ACB}\))

hay \(\widehat{BAK}=\widehat{TAK}-\widehat{ACK}\)(3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra: \(\widehat{BAK}=\widehat{CAK}\)=> AK là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)(đpcm).

b) Ta có: \(\frac{TA}{TC}=\frac{TB}{TA}\)=> \(\frac{TP}{TC}=\frac{TB}{TP}\)(P và A thuộc (T))

Từ đó ta chứng minh được: \(\Delta\)TBP ~ \(\Delta\)TPC (c.g.c) => \(\widehat{TPB}=\widehat{TCP}\)

Xét \(\Delta\)BPC: Tia PT nằm ngoài tam giác thỏa mãn \(\widehat{TPB}=\widehat{TCP}\)

Vậy nên TP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)BPC (đpcm).

c) Gọi giao điểm của của AT và EF kéo dài là G, EF cắt AP tại điểm I.

Ta thấy tứ giác BEFC nội tiếp (O) => \(\widehat{BCP}=\widehat{EFP}\)hay \(\widehat{EFP}=\widehat{TCP}\)

Mà \(\widehat{TPB}=\widehat{TCP}\)(cmt) => \(\widehat{EFP}=\widehat{TPB}\)

Vì 2 góc trên nằm ở vị trí so le trong nên TP // EF hay TP // GI

Lại có: \(\Delta\)ATP cân tại T có GI // TP (G\(\in\)AT; I\(\in\)AP) => \(\Delta\)AGI cân tại G => \(\widehat{GAI}=\widehat{GIA}\)(4)

 \(\widehat{EAI}=\widehat{GAI}-\widehat{GAE}\)(5);  \(\widehat{FAI}=\widehat{GIA}-\widehat{AFG}\)(6)

Dễ chứng minh \(\widehat{GAE}=\widehat{AFG}\)(7)

Từ (4); (5); (6) và (7) => \(\widehat{EAI}=\widehat{FAI}\) hay  \(\widehat{EAS}=\widehat{FAS}\)

Mà tứ giác AESF nội tiếp (O) => \(\widehat{EAS}=\widehat{EFS}\)và \(\widehat{FAS}=\widehat{FES}\)

Từ đó ta có: \(\widehat{EFS}=\widehat{FES}\)=> Tam giác ESF cân tại S => S nằm trên đường trung trực của EF

Mà EF là dây cung của (O) nên O cũng nằm trên trung trực của EF

Do đó SO là trung trực của EF hay \(SO\perp EF\)(đpcm).

Xin lỗi bạn, 2 góc EFP và TPB là hai góc đồng vị, không phải so le trong nhé.

Dùng Cô-si ngược dấu: 
Ta có : a\(1+b^2)=a-(ab^2/(1+b^2))>=a-(ab^2/2b)=... 
Tương tự ta có:b/(1+c^2)>=b-bc/2 
c/(1+a^2)>=c-ac/2 
Cộng vế với vế ta có A>=(a+b+c)-(ab+bc+ca)/2 
Mà 3(ab+bc+ca)<=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca 
<=>3(ab+bc+ca)<=(a+b+c)^2 
<=>-(ab+bc+ca)>=-(a+b+c)^2/3 
Thay vào ta có: A>=(a+b+c)-(a+b+c)^2/6=3/2 
Dấu = xảy ra<=>a=b=c=1/3

đề bài của mình mẫu là 1+2b^2 ko phải 1+b^2

Biến đổi vế phải ta có

\(\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{3-\sqrt{29-12\sqrt{5}}}}=\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{3-\sqrt{20-2\cdot3\cdot2\sqrt{5}+9}}}\)

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

=\(\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{6-2\sqrt{5}}}=\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{5-2\sqrt{5}+1}}\)

=\(\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}}=\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{5}+1}=\sqrt{1}=1\)(đpcm)