a. \(\Delta'=1^2-1.\left(-3\right)=4>0\)

Do \(\Delta'>0\) nên PT luôn có 2 nghiệm phân biệt.

b. Dựa vào hệ thức Vi - ét, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}S=x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{2}{1}=-2\\P=x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-\dfrac{3}{1}=-3\end{matrix}\right.\)

c. \(U=\left(x_2-x_2\right)^2-2x_1^2x_2^2\)

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

\(=x_1^2+x^2_2-2x_1x_2-2\left(x_1x_2\right)^2\)

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

\(=\left(-2\right)^2-2.\left(-3\right)-2.\left(-3\right)^2\)

\(=-8\)

d. \(A=\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}-3\)

\(=\dfrac{x_2}{x_1x_2}+\dfrac{x_1}{x_1x_2}-3\)

\(=\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}-3\)

\(=\dfrac{-2}{-3}-3\)

\(=-\dfrac{7}{3}\)

Giúp em câu c thui cũng đc ạ

Gọi giao điểm AE và BP là F;

Gọi giao điểm QD và AB là H; 

Gọi kéo dài AD cắt BF tại P'     

Dễ cm M là trung điểm AC

Xét \(\Delta OMC\) có QD//CM\(\Rightarrow\dfrac{OD}{OM}=\dfrac{QD}{CM}\)(hệ quả tales)

Tương tự với \(\Delta OAM\) có \(\dfrac{OD}{OM}=\dfrac{DH}{AM}\) 

\(\Rightarrow\dfrac{QD}{CM}=\dfrac{DH}{AM}\)

Mà CM=AM (vì M là tđ AC)

\(\Rightarrow QD=DH\)

Dễ cm P là trung điểm BF

Xét \(\Delta ABP'\) có DH//BP'

\(\Rightarrow\dfrac{DH}{BP'}=\dfrac{AD}{AP'}\)(tales)

Tương tự với \(\Delta AFP'\) có \(\dfrac{QD}{FP'}=\dfrac{AD}{AP'}\)

\(\Rightarrow\dfrac{DH}{BP'}=\dfrac{QD}{FP'}\)

Mà DH=QD (cmt) 

\(\Rightarrow BP'=FP'\)

\(\Rightarrow\)P' là trung điểm BF

\(\Rightarrow P\equiv P'\)

\(\Rightarrow A,D,P\) thẳng hàng

1.

d, ĐK: \(x\ge-5\)

\(x-2-4\sqrt{x+5}=-10\)

\(\Leftrightarrow x+5-4\sqrt{x+5}+3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x+5}-1\right)\left(\sqrt{x+5}-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x+5}=1\\\sqrt{x+5}=3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+5=1\\x+5=9\end{matrix}\right.\)

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

\(\Leftrightarrow x=\pm4\left(tm\right)\)

2.

ĐK: \(x\in R\)

\(\sqrt{x^2+2x+1}+\sqrt{x^2-4x+4}=3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+1\right)^2}+\sqrt{\left(x-2\right)^2}=3\)

\(\Leftrightarrow\left|x+1\right|+\left|x-2\right|=3\)

Áp dụng BĐT \(\left|a\right|+\left|b\right|\ge\left|a+b\right|\).

\(\left|x+1\right|+\left|x-2\right|=\left|x+1\right|+\left|2-x\right|\ge\left|x+1+2-x\right|=3\)

Đẳng thức xảy ra khi:

\(\left(x+1\right)\left(2-x\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow-1\le x\le2\)

a)\(\left(\left(\sqrt{x}\right)^2-2\sqrt{x}\dfrac{3}{2}+\dfrac{9}{4}\right)-\dfrac{49}{4}=0\)

⇒\(\left(\sqrt{x}-\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{49}{4}\)

TH1:\(\sqrt{x}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{7}{2}\)⇒\(\sqrt{x}=5\)⇒x=25

TH2:\(\sqrt{x}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{-7}{2}\)⇒\(\sqrt{x}=-2\) vì \(\sqrt{x}\)≥0 loại

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:

\(AM\cdot AB=AH^2\)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

\(AN\cdot AC=AH^2\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

a: \(\widehat{C}=30^0\)

Ai giúp e với ah

`D=(sqrt{3}.sqrt{5-2sqrt6})/(sqrt3-sqrt2)-1/(2-sqrt3)`

`=(sqrt3*sqrt{3-2sqrt{3}.sqrt2+2})/(sqrt3-sqrt2)-(2+sqrt3)/(4-3)`

`=(sqrt3.sqrt{(sqrt3-sqrt2)^2})/(sqrt3-sqrt2)-2-sqrt3`

`=sqrt3-2-sqrt3=-2`

c) Ta có: \(C=\sqrt{\dfrac{3\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}-3}}\cdot\left(\sqrt{10}-\sqrt{2}\right)\)

\(=\dfrac{\sqrt{\left(3\sqrt{5}+1\right)\left(2\sqrt{5}-3\right)}}{2\sqrt{5}-3}\cdot\left(\sqrt{10}-\sqrt{2}\right)\)

\(=\dfrac{\sqrt{30-9\sqrt{5}+2\sqrt{5}-3}}{2\sqrt{5}-3}\cdot\left(\sqrt{10}-\sqrt{2}\right)\)

\(=\dfrac{\sqrt{27-7\sqrt{5}}}{2\sqrt{5}-3}\cdot\left(\sqrt{10}-\sqrt{2}\right)\)

\(=\dfrac{\sqrt{54-14\sqrt{5}}}{2\sqrt{10}-3\sqrt{2}}\cdot\left(\sqrt{10}-\sqrt{2}\right)\)

\(=\dfrac{\left(7-\sqrt{5}\right)\cdot\sqrt{2}\left(\sqrt{5}-1\right)}{\sqrt{2}\cdot\left(2\sqrt{5}-3\right)}\)

\(=\dfrac{7\sqrt{5}-7-5+\sqrt{5}}{2\sqrt{5}-3}\)

\(=\dfrac{8\sqrt{5}-12}{2\sqrt{5}-3}\)

\(=\dfrac{4\left(2\sqrt{5}-3\right)}{2\sqrt{5}-3}=4\)

c)x=-3, 5/2

d)x=-1/12