a: 

b: Tọa độ giao điểm của (d1) và (d2) là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+2=-x+4\\y=x+2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x=2\\y=x+2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1+2=3\end{matrix}\right.\)

Thay x=1 và y=3 vào (d3), ta được:

\(1\cdot m+m=3\)

=>2m=3

=>\(m=\dfrac{3}{2}\)

Câu 32:

Gọi M là giao điểm d1;d2 thì tọa độ M là nghiệm của hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}3x-5y+2=0\\5x-2y+4=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow M\left(-\frac{16}{19};-\frac{2}{19}\right)\)

Do d song song d3 nên d nhận \(\left(2;-1\right)\) là 1 vtpt

Phương trình d:

\(2\left(x+\frac{16}{19}\right)-1\left(y+\frac{2}{19}\right)=0\Leftrightarrow2x-y+\frac{30}{19}=0\)

Câu 33:

\(\overrightarrow{BC}=\left(1;-2\right)\)

Do AH vuông góc BC nên AH nhận \(\left(1;-2\right)\) là 1 vtpt

Phương trình AH:

\(1\left(x+1\right)-2\left(y-2\right)=0\Leftrightarrow x-2y+5=0\)

Câu 34:

Tọa độ M là: \(M\left(\frac{3}{2};4\right)\)

\(\overrightarrow{CM}=\left(-\frac{3}{2};6\right)=-\frac{3}{2}\left(1;-4\right)\)

Phương trình tham số CM: \(\left\{{}\begin{matrix}x=3+t\\y=-2-4t\end{matrix}\right.\)

Câu 30:

\(\overrightarrow{AB}=\left(-2;0\right)=-2\left(1;0\right)\) nên đường thẳng AB nhận \(\left(1;0\right)\) là 1 vtcp

Phương trình AB: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+t\\y=-7\end{matrix}\right.\)

Cả 4 đáp án đều ko chính xác

Câu 31:

Gọi M là trung điểm AB \(\Rightarrow M\left(-1;1\right)\)

\(\overrightarrow{AB}=\left(-6;-4\right)=-2\left(3;2\right)\Rightarrow\) đường trung trực AB nhận \(\left(3;2\right)\) là 1vtpt

Phương trình:

\(3\left(x+1\right)+2\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow3x+2y+1=0\)

Bài 1 : 

Đặt \(x^2=t\left(t\ge0\right)\)khi đó phương trình tương đương 

\(t+t^2-6=0\)

Ta có : \(\Delta=1+24=25\)

\(t_1=\frac{-1-5}{2}=-3;t_2=\frac{-1+5}{2}=2\)

TH1 : \(x^2=-3\)( vô lí ) 

TH2 : \(x^2=2\Leftrightarrow x=\pm\sqrt{2}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { \(\pm\sqrt{2}\)} 

a) \(x^2+x^4-6=0\)

Đặt \(x^2=t\left(t\ge0\right)\)

⇒ t + \(t^2\) - 6 = 0 

⇒ \(t^2+t-6=0\)

⇒ Δ = \(1^2-4.\left(-6\right)\)

        = 25

x_{1 = \(\dfrac{-1-5}{2}\) = - 3 (L)}

x_{2 = \(\dfrac{-1+5}{2}\) = 2 (TM)}

Thay  \(x^2\) = 2 ⇒ x = \(\pm\sqrt{2}\)

Vậy x = \(\left\{\sqrt{2};-\sqrt{2}\right\}\)

b)   (d) : y = 4x +1 - m

      (p) : y = \(x^2\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(x^2=4x+1-m\)

⇒ \(x^2-4x+m-1=0\)

Δ' = 4 - m + 1

    = 5 - m

Để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt thì Δ' > 0

5 - m > 0 

⇒ m < 5

Vậy m < 5 thì (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt

Gọi tọa độ giao điểm của (d) và (p) là (x_1;y₁) và (x_2;y₂)

Theo Vi-ét : \(\left\{{}\begin{matrix}S=x_1+x_2=4\\P=x_1x_2=m-1\end{matrix}\right.\)

và y1 = \(x_1^{2_{ }}\) ; y₂ = \(x_2^2\)

Khi đó : \(\sqrt{y_1}.\sqrt{y_2}=5\) ⇒ \(\sqrt{y_1.y_2}=5\)

⇔ \(\sqrt{\left(x_1x_2\right)^2}=5\) ⇔ \(|m-1|=5\)

⇔ \(\left[{}\begin{matrix}m-1=5\\m-1=-5\end{matrix}\right.\) ⇔ \(\left[{}\begin{matrix}m=6\left(L\right)\\m=-4\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)   

Vậy m = - 4 thì TMĐKBT

a. Giải phương trình x^2 + x^4 - 6 = 0x 

2

 +x 

4

 −6=0.

b. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy cho đường thẳng d:d: y = 4x + 1 - my=4x+1−m và parabol (P):(P): y = x^2y=x 

2

 . Tìm giá trị của mm để dd cắt (P)(P) tại hai điểm phân biệt có tung độ y_1y 

1

​ 

  và y_2y 

2

​ 

  sao cho \sqrt{y_1}.\sqrt{y_2} = 5. 

y 

1

​ 

​ 

 . 

y 

2

​ 

​ 

 =5.

Hướng dẫn giải:

a. Đặt x^2 = tx 

2

 =t, t \ge 0t≥0 thì phương trình đã cho trở thành:

t^2 + t - 6 = 0 \Leftrightarrow t^2 - 2t + 3t - 6 = 0 \Leftrightarrow (t-2)(t+3) = 0t 

2

 +t−6=0⇔t 

2

 −2t+3t−6=0⇔(t−2)(t+3)=0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & t = 2 \ \text{(thỏa mãn)} \\ & t = -3 \ \text{(loại)} \\ \end{aligned} \right.⇔[ 

​ 

t=2 (thỏa m 

a

˜

 n)

t=−3 (loại)

​ 

 .

Với t = 2t=2 thì x^2 = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2.x 

2

 =2⇔x=± 

2

​ 

 .

Vậy phương trình có nghiệm x = \pm \sqrt2x=± 

2

​ 

 .

b. Phương trình hoành độ giao điểm: x^2 = 4x + 1 - mx 

2

 =4x+1−m \Leftrightarrow x^2 - 4x + m -1 = 0⇔x 

2

 −4x+m−1=0 (1)

\Delta' = 4 - m + 1 = 5 - mΔ 

′

 =4−m+1=5−m.

Để dd cắt (P)(P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

\Leftrightarrow \Delta' > 0 \Leftrightarrow m < 5⇔Δ 

′

 >0⇔m<5.

Gọi hai giao điểm của dd và (P)(P) có tọa độ (x_1;y_1)(x 

1

​ 

 ;y 

1

​ 

 ) và (x_2;y_2)(x 

2

​ 

 ;y 

2

​ 

 ).

Ta có định lí Vi - et: \left\{\begin{aligned} & x_1 + x_2 = 4\\ & x_1x_2 = m-1 \end{aligned} \right.{ 

​ 

x 

1

​ 

 +x 

2

​ 

 =4

x 

1

​ 

 x 

2

​ 

 =m−1

​ 

  và y_1 = x_1^2y 

1

​ 

 =x 

1

2

​ 

 ; y_2 = x_2 ^2y 

2

​ 

 =x 

2

2

​ 

 .

Khi đó \sqrt{y_1}.\sqrt{y_2} = 5 \Leftrightarrow \sqrt{y_1.y_2} = 5 

y 

1

​ 

​ 

 . 

y 

2

​ 

​ 

 =5⇔ 

y 

1

​ 

 .y 

2

​ 

​ 

 =5

\Leftrightarrow \sqrt{(x_1x_2)^2} = 5 \Leftrightarrow |m-1| = 5⇔ 

(x 

1

​ 

 x 

2

​ 

 ) 

2

​ 

 =5⇔∣m−1∣=5

\Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & m - 1 = 5\\ & m - 1 = -5 \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & m = 6 \ \text{(loại)} \\ & m = -4 \ \text{(thỏa mãn)} \end{aligned} \right.⇔[ 

​ 

m−1=5

m−1=−5

​ 

 ⇔[ 

​ 

m=6 (loại)

m=−4 (thỏa m 

a

˜

 n)

​ 

 .

Vậy với m = -4m=−4 thì dd cắt (P)(P) tại hai điểm phân biệt có tung độ y_1y 

1

​ 

  và y_2y 

2

​ 

  sao cho \sqrt{y_1}.\sqrt{y_2} = 5. 

y 

1

​ 

​ 

 . 

y 

2

​ 

​ 

 =5.

Thay x=4 vào (P), ta được:

y=1/2*4^2=8

Bài 35:

Do \(AB//CD\) nên đường thẳng AB nhận \(\left(2;5\right)\) là 1 vtpt

Phương trình AB:

\(2\left(x-4\right)+5\left(y+1\right)=0\Leftrightarrow2x+5y-3=0\)

Bài 36:

Do đường thẳng song song trục hoành nên có dạng \(y=a\)

Do đường thẳng qua A(1;3) nên pt là \(y=3\)

Bài 37:

Do thẳng thẳng vuông góc trục hoành nên có dạng \(x=a\)

Đường thẳng qua A(1;3) nên có pt: \(x=1\)

Bài 38:

Thay phương trình d2 vào d1 ta được:

\(2\left(-1+3t\right)+\left(2+t\right)-7=0\)

\(\Leftrightarrow7t-7=0\Rightarrow t=1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=-1+3t=2\\n=2+t=3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P=7\)

Bài 39:

Gọi tọa độ A(a;0) và tọa độ B(0;b)

Do M là trung điểm AB \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\frac{a+0}{2}=3\\\frac{b+0}{2}=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=6\\b=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}A\left(6;0\right)\\B\left(0;2\right)\end{matrix}\right.\)

Phương trình AB: \(\frac{x}{6}+\frac{y}{2}=1\Leftrightarrow x+3y-6=0\)

Bài 40:

d có 1 vtcp là \(\left(3;-4\right)\)

Gọi d' là đường thẳng qua M và vuông góc d \(\Rightarrow\) d' có 1 vtpt là \(\left(3;-4\right)\)

Phương trình d':

\(3\left(x-2\right)-4\left(y+5\right)=0\Leftrightarrow3x-4y-26=0\)

N là giao của d và d' nên tọa độ N thỏa mãn:

\(3\left(-7+3t\right)-4\left(2-4t\right)-26=0\Rightarrow t=\frac{11}{5}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_N=-7+3t=-\frac{2}{5}\\y_N=2-4t=-\frac{34}{5}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow N\left(-\frac{2}{5};-\frac{34}{5}\right)\)

Câu 1:

\(A=\left(2\sqrt{3}+4\cdot\sqrt{27}-\sqrt{108}\right):2\sqrt{3}\)

\(=\dfrac{\left(2\sqrt{3}+4\cdot3\sqrt{3}-6\sqrt{3}\right)}{2\sqrt{3}}\)

\(=\dfrac{2\sqrt{3}+12\sqrt{3}-6\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=\dfrac{8\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=4\)

\(B=\sqrt{9+4\sqrt{5}}-2\left(\sqrt{5}+1\right)\)

\(=\sqrt{5+2\cdot\sqrt{5}\cdot2+4}-2\left(\sqrt{5}+1\right)\)

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

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

Câu 2:

a: 

b: Tọa độ giao điểm của (d1) và (d2) là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+2=-x+4\\y=x+2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x=2\\y=x+2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1+2=3\end{matrix}\right.\)

Thay x=1 và y=3 vào (d3), ta được:

\(m\cdot1+m=3\)

=>2m=3

=>\(m=\dfrac{3}{2}\)

Câu 4:

a: Xét (O) có

ΔCAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

Xét tứ giác CMON có \(\widehat{CMO}=\widehat{CNO}=\widehat{MCN}=90^0\)

=>CMON là hình chữ nhật

b: Ta có: ΔCAB vuông tại C

=>CA\(\perp\)CB tại C

=>AC\(\perp\)EB tại C

Xét ΔAEB vuông tại A có AC là đường cao

nên \(EC\cdot CB=AC^2\left(1\right)\)

Xét ΔCAB vuông tại C có CH là đường cao

nên \(AH\cdot AB=AC^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(EC\cdot CB=AH\cdot AB\)

c: Ta có: ΔOAC cân tại O

mà OM là đường cao

nên OM là phân giác của góc AOC

Xét ΔOAI và ΔOCI có

OA=OC

\(\widehat{AOI}=\widehat{COI}\)

OI chung

Do đó: ΔOAI=ΔOCI

=>\(\widehat{OAI}=\widehat{OCI}=90^0\)

Ta có: ΔOBC cân tại O

mà ON là đường cao

nên ON là phân giác của góc COB

Xét ΔOBF và ΔOCF có

OB=OC

\(\widehat{BOF}=\widehat{COF}\)

OF chung

Do đó: ΔOBF=ΔOCF

=>\(\widehat{OBF}=\widehat{OCF}=90^0\)

Ta có: \(\widehat{ICF}=\widehat{ICO}+\widehat{FCO}\)

\(=90^0+90^0=180^0\)

=>I,C,F thẳng hàng

=>OC\(\perp\)IF tại C

Xét (O) có

OC là bán kính

IF\(\perp\)OC tại O

Do đó: IF là tiếp tuyến của (O)