a) Trong (O) có: KB,KM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại K.

\(\Rightarrow KB=KM\left(1\right)\). 

Trong (I) có: KC,KM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại K.

\(\Rightarrow KC=KM\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow KB=KC\)

△BME nội tiếp đường tròn (O) đường kính BE.

⇒△BME vuông tại MM.

\(\Rightarrow\widehat{BME}=90^0\)

b) Ta có: K thuộc đường trung trực của BM (\(KB=KM\))

O thuộc đường trung trực của BM \(\left(OB=OM\right)\)

⇒OK là đường trung trực của BM mà OK cắt BM tại N.

⇒N là trung điểm BM.

- Ta có: K thuộc đường trung trực của CM (\(KC=KM\))

I thuộc đường trung trực của CM \(\left(IC=IM\right)\)

⇒IK là đường trung trực của CM mà IK cắt CM tại P.

⇒P là trung điểm IK và \(CM\perp IK\) tại P.

Xét △BCM có: N là trung điểm BM, P là trung điểm CM.

⇒NP là đường trung bình của △BCM.

⇒NP//CM.

c) *Hạ \(IH\perp OB\) tại H.

Xét tứ giác BCIH có: \(\widehat{HBC}=\widehat{BCI}=\widehat{BHI}=90^0\)

⇒BCIH là hình chữ nhật.

\(\Rightarrow BC=IH;IC=BH=r\)

Xét △ICK vuông tại C có IP là đường cao:

\(\Rightarrow IK.IP=IC^2=r^2\)

Xét △OHI vuông tại H có:

\(HI^2+OH^2=OI^2\)

\(\Rightarrow HI=\sqrt{OI^2-OH^2}=\sqrt{\left(r+R\right)^2-\left(r-R\right)^2}=\sqrt{4Rr}=2\sqrt{Rr}\)

Mà \(BC=HI\Rightarrow BC=2\sqrt{Rr}\left(1'\right)\)

Ta có: \(2\sqrt{IM.IO-IK.IP}=2\sqrt{r\left(r+R\right)-r^2}=2\sqrt{Rr}\left(2'\right)\)

\(\left(1'\right),\left(2'\right)\Rightarrow BC=2\sqrt{IM.IO-IK.IP}\)

\(M=4a^2b^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2\)

\(=\left(2ab+a^2+b^2-c^2\right)\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\)

\(=\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]\)

\(=\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)>0\) (vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác).

Ta có: \(B=x^3+3x^2+3x+9\)

\(=x^2\left(x+3\right)+3\left(x+3\right)\)

\(=\left(x+3\right)\left(x^2+3\right)\)

Để B là số nguyên tố thì: \(\left[{}\begin{matrix}x+3=1\\x^2+3=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-2\\x^2=-2\left(voli\right)\end{matrix}\right.\)

Thay \(x=-2\) vào B ta được:

\(B=\left(-2+3\right)\left[\left(-2\right)^2+3\right]=7\) là số nguyên tố.

Vậy \(x=-2\)

- Gọi phần bể vòi thứ nhất, thứ hai chảy được trong 1 phút lần lượt là \(x,y\left(0< x,y< 1\right)\)

Đổi 1h30p=90p

- Hai vòi nước cùng chảy vào 1 bể cạn thì sau 1h30p đầy bể nên:

\(90\left(x+y\right)=1\Rightarrow x+y=\dfrac{1}{90}\left(1\right)\)

- Vòi 1 chảy trong 15p rồi đến vòi 2 chảy tiếp trong 20p được 1/5 bể nên:

\(15x+20y=\dfrac{1}{5}\left(2\right)\)

(1), (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=\dfrac{1}{90}\\15x+20y=\dfrac{1}{5}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}15x+15y=\dfrac{1}{6}\\15x+20y=\dfrac{1}{5}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=\dfrac{1}{90}\\5y=\dfrac{1}{30}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{225}\\y=\dfrac{1}{150}\end{matrix}\right.\)

Thời gian vòi 1 chảy để đầy bể: \(1:\dfrac{1}{225}=225\) phút = 3,75h.

Thời gian vòi 2 chảy để đầy bể: \(1:\dfrac{1}{150}=150\) phút=2,5h.

\(\dfrac{x^3}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{y^3}{y^2+yz+z^2}+\dfrac{z^3}{z^2+zx+x^2}=\dfrac{x^3}{x^2+xz+z^2}+\dfrac{y^3}{y^2+yz+x^2}+\dfrac{z^2}{z^2+zy+y^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^3-y^3}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{y^3-z^3}{y^2+yz+z^2}+\dfrac{z^3-x^3}{z^2+zx+x^2}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{\left(y-z\right)\left(y^2+yz+z^2\right)}{y^2+yz+z^2}+\dfrac{\left(z-x\right)\left(z^2+zx+x^2\right)}{z^2+zx+x^2}=0\)

\(\Leftrightarrow x-y+y-z+z-x=0\left(đúng\right)\)

Vậy ta có đpcm.

\(x^2+5y^2+4x-2xy+12y+14\)

\(=\left(x^2+4x+4\right)-\left(2xy+4y\right)+y^2+\left(4y^2+16y+16\right)-6\)

\(=\left(x+2\right)^2-2y\left(x+2\right)+y^2+4\left(y^2+4y+4\right)-6\)

\(=\left(x+2-y\right)^2+4\left(y+2\right)^2-6\ge-6\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x+2-y=0\\y+2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-4\\y=-2\end{matrix}\right.\)

Vậy GTNN của biểu thức trên là -6, đạt tại \(x=-4;y=-2\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

\(2P=\left(2a+2\right)\left(2b+1\right)\le\dfrac{\left(2a+2+2b+1\right)^2}{4}=\dfrac{\left[2\left(a+b\right)+3\right]^2}{4}=\dfrac{\left(2.2+3\right)^2}{4}=\dfrac{49}{4}\)\(\Rightarrow P\le\dfrac{49}{8}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=2\\2a+2=2b+1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{3}{4}\\b=\dfrac{5}{4}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(MaxP=\dfrac{49}{8}\), đạt tại \(a=\dfrac{3}{4};b=\dfrac{5}{4}\)

Ta có: \(P=\left(a+1\right)\left(2b+1\right)=2ab+a+2b+1=2ab+b+3=b\left(2a+1\right)+3\ge0.\left(2a+1\right)+3=3\)Dấu "=" xảy ra khi \(a=2;b=0\)

Vậy \(MinP=3\), đạt tại \(a=2;b=0\)

Đk: \(\left[{}\begin{matrix}-1\le x< 0\\\dfrac{\sqrt{10}}{2}\le x\le2\end{matrix}\right.\)

Phương trình đã cho trở thành:

\(\sqrt{2x-\dfrac{5}{x}}-\sqrt{x-\dfrac{1}{x}}+x-\dfrac{4}{x}=0\left(\cdot\right)\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=\sqrt{2x-\dfrac{5}{x}}\left(a>0\right)\\b=\sqrt{x-\dfrac{1}{x}}\left(b>0\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(\cdot\right)\Rightarrow a-b+a^2-b^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a+b+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\a+b=-1\left(voli\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\sqrt{2x-\dfrac{5}{x}}=\sqrt{x-\dfrac{1}{x}}\)

\(\Rightarrow2x-\dfrac{5}{x}=x-\dfrac{1}{x}\)

\(\Leftrightarrow x-\dfrac{4}{x}=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\left(nhận\right)\\x=-2\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x=2\)

Câu 2:

b) Gọi \(A\left(x_0;y_0\right)\) là tọa độ giao điểm của (d) và (d'). Vì A nằm trên trục tung Oy \(\Rightarrow A\left(0;y_0\right)\).

- Thay \(A\left(0;y_0\right)\) vào pt \(\left(d\right):y=\left(m+2\right)x+2m^2+1\) ta được:

\(y_0=\left(m+2\right).0+2m^2+1\Rightarrow y_0=2m^2+1\left(1\right)\)

- Thay \(A\left(0;y_0\right)\) vào pt \(\left(d'\right):y=\left(2m+2\right)x-m+1\)

\(y_0=\left(2m+2\right).0-m+1\Rightarrow y_0=-m+1\left(2\right)\)

Từ (1), (2) ta có: \(2m^2+1=-m+1\)

\(\Leftrightarrow2m^2+m=0\)

\(\Leftrightarrow m\left(2m+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

c) Gọi B là giao của (d) và trục hoành Ox \(\Rightarrow B\left(x_1;0\right)\) (x₁ là số nguyên).

Thay \(B\left(x_1;0\right)\) vào pt \(\left(d\right):y=\left(m+2\right)x+2m^2+1\) ta được:

\(0=\left(m+2\right)x_1+2m^2+1\)

\(\Rightarrow x_1=-\dfrac{2m^2+1}{m+2}=-\dfrac{2\left(m^2-4\right)+9}{m+2}=-\dfrac{2\left(m-2\right)\left(m+2\right)+9}{m+2}=-2\left(m-2\right)-\dfrac{9}{m+2}\)Để x₁ là số nguyên thì \(9⋮\left(m+2\right)\)

\(\Rightarrow m+2\inƯ\left(9\right)\)

\(\Rightarrow m+2\in\left\{1;-1;9;-9\right\}\)

\(\Rightarrow m\in\left\{-1;-3;7;-11\right\}\)

Câu 2:

a) Vì (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3:

\(\Rightarrow3=\left(m+2\right).0+2m^2+1\)

\(\Leftrightarrow m^2=1\)

\(\Leftrightarrow m=\pm1\) (nhận)

Với \(m=1\Rightarrow y=\left(1+2\right)x+2.1^2+1\Rightarrow y=3x+3\).

Bảng giá trị:

      x                  -1          0

\(y=3x+3\)          0          3

Với \(m=-1\Rightarrow y=\left(-1+2\right)x+2.\left(-1\right)^2+1=x+3\)

Bảng giá trị:

       x             -3       0

\(y=x+3\)       0       3