8) \(x^2+2x\sqrt{x-\dfrac{1}{x}}=3x+1\)  \(ĐKXĐ:x>1\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-x-1\right)+\left[2x\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x}}-2x\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-x-1\right)+2x\left(\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x}}-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-x-1\right)+\dfrac{2x\left(\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x}}-1\right)\left(\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x}}+1\right)}{\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x}}+1}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-x-1\right)+\dfrac{2x\left(\dfrac{x^2-1}{x}-1\right)}{\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x}}+1}=0\Leftrightarrow\left(x^2-x-1\right)+\dfrac{2\left(x^2-x-1\right)}{\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x}}+1}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-x-1\right)\left(1+\dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x}}+1}\right)=0\Leftrightarrow x^2-x-1=0\left(1+\dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x}}+1}>0\forall x>1\right)\)
\(\Delta=\left(-1\right)^2-4\left(-1\right)=5\)
\(\Rightarrow\) phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
\(x_1=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\left(tm\right)\) ; \(x_2=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\left(loại\right)\)
\(\Rightarrow x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\)
 

7) \(x^4+\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)+\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}=0\Leftrightarrow\left(x^2+1\right)\left(x^2-1+\sqrt{x^2+1}\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2+1=0\left(loại\right)\\x^2-1+\sqrt{x^2+1}=0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x^2-1+\sqrt{x^2+1}=0\Leftrightarrow x^2+\dfrac{\left(\sqrt{x^2+1}-1\right)\left(\sqrt{x^2+1}+1\right)}{\sqrt{x^2+1}+1}=0\Leftrightarrow x^2+\dfrac{x^2}{\sqrt{x^2+1}+1}=0\Leftrightarrow x^2\left(1+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+1}\right)=0\Leftrightarrow x=0\)
vì \(1+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+1}>0\forall x\)
\(\Rightarrow x=0\)

vì vật và ảnh nằm về một phía của trục chính \(\Rightarrow\) ảnh ảo
+ giả sử thấu kính được dùng là thấu kính hội tụ
vì ảnh cách vật 22,5cm \(\Rightarrow\) \(d'-d=22,5\left(cm\right)\Leftrightarrow d'=22,5+d\)
ta có \(d=\dfrac{d'f}{f+d'}\)(rút ra từ công thức \(\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{d}-\dfrac{1}{d'}\) với f là tiêu cự, d là khoảng cách từ vật tới thấu kính, d' là khoảng cách ảnh tới thấu kính)
\(\Leftrightarrow d=\dfrac{\left(22,5+d\right).10}{10+22,5+d}\Leftrightarrow d^2+22,5d-225=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}d=\dfrac{15}{2}\left(tm\right)\\d=-30\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow d=30\left(cm\right)\)
độ phóng đại ảnh
\(k=\left|\dfrac{d'}{d}\right|=\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{30}{\dfrac{15}{2}}=4\Rightarrow A'B'=4AB=16\left(cm\right)\)
+ giả sử thấu kính được dùng là thấu kính phân kỳ
ta có \(d-d'=22,5\Leftrightarrow d'=d-22,5\)
ta có \(d=\dfrac{d'f}{f-d'}\)(rút ra từ công thức ảnh TK phân kì \(\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{d'}-\dfrac{1}{d}\))
\(\Leftrightarrow d=\dfrac{\left(d-22,5\right).10}{33,5-d}\Leftrightarrow d^2-22,5d-225\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}d=30\left(tm\right)\\d=\dfrac{-15}{2}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow d=30\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow d'=\dfrac{15}{2}\left(cm\right)\)
độ phóng đại ảnh :
\(k=\left|\dfrac{d'}{d}\right|=\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{\dfrac{15}{2}}{30}=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow A'B'=\dfrac{1}{4}AB=1\left(cm\right)\)

ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)
\(x^2=2x-m+1\Leftrightarrow x^2-2x+m-1=0\)
\(\Delta'=\left(-1\right)^2-\left(m-1\right)=2-m\)
đường thẳng (d) cắt parabol (p) tại 2 điểm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta'>0\Leftrightarrow2-m>0\Leftrightarrow m< 2\)
khi đó, áp dụng định lý vi ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=m-1\end{matrix}\right.\)
ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}y_1=x_1^2\\y_2=x_2^2\end{matrix}\right.\)
ta có \(y_1+y_2=2y_1y_2\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=2x_1^2x_2^2\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2-2x_1^2x_2^2=0\)
\(\Leftrightarrow4-2\left(m-1\right)-\left(m-1\right)^2=0\Leftrightarrow-m^2+5=0\Leftrightarrow m^2=5\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\sqrt{5}\left(tm\right)\\m=-\sqrt{5}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
vậy \(m=\sqrt{5}\)

hình vẽ :

a, ảnh thật
b, xét \(\Delta OAB\text{ᔕ}\Delta OA'B'\Rightarrow\dfrac{OA}{OA'}=\dfrac{AB}{A'B'}\left(1\right)\)
xét \(\Delta F'OI\text{ᔕ}\Delta F'A'B'\Rightarrow\dfrac{OF'}{F'A}=\dfrac{OI}{A'B'}\left(2\right)\)
mà AB=OI (3)
\(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\Rightarrow\dfrac{OA}{OA'}=\dfrac{OF'}{F'A}\Rightarrow\dfrac{10}{OA'}=\dfrac{8}{OA'-8}\Rightarrow OA'=40\left(cm\right)\)
hệ số phóng đại ảnh
\(k=\left|\dfrac{OA'}{OA}\right|=\dfrac{A'B'}{AB}=\left|\dfrac{40}{10}\right|=4\Rightarrow A'B'=4AB=8\left(cm\right)\)

hình vẽ:

a, ta có AB, AC lần lượt là tiếp tuyến tại B và C của (O) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OB\perp AB\\OC\perp AC\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ABO}=90^o\\\widehat{ACO}=90^o\end{matrix}\right.\)
Xét tứ giác ABOC có
\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^o+90^o=180^o\)
\(\Rightarrow\) tứ giác có tổng hai góc đối bằng \(180^o\)\(\Rightarrow\) tứ giác ABOC nội tiếp
b, Ta có: \(\widehat{MBN}=\widehat{BCN}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn \(\stackrel\frown{BN}\))
Xét \(\Delta MBN\) và \(\Delta MCB\)
\(\widehat{BMN}\) chung
\(\widehat{MBN}=\widehat{BCN}\)
\(\Rightarrow\Delta MBN~\Delta MCB\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow BM^2=MN.MC\)
c, theo câu b, \(BM^2=MN.MC\)
mà BM=MA \(\Rightarrow MA^2=MN.MC\Rightarrow\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MN}{MA}\left(1\right)\)
Xét \(\Delta MAN\) và \(\Delta MCA\) có:
\(\left(1\right);\widehat{AMN}chung\)
\(\Rightarrow\Delta MAN~\Delta MCA\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MAN}=\widehat{MCA}\)
mà \(\widehat{MCA}=\widehat{ADC}\)(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn \(\stackrel\frown{CN}\))
\(\Rightarrow\widehat{MAN}=\widehat{NDC}\) \(\Rightarrow\) AB//CD

hình vẽ

a, ta có BC là đường kính (O) (gt) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BAC}=90^o\\\widehat{BDC}=90^o\end{matrix}\right.\)(góc nội tiếp chắn nửa đương tròn)
Xét tứ giác AGDI có 
\(\widehat{GAD}=90^o\left(cmt\right)\)
\(\widehat{GDI}=90^o\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\) AIDG nội tiếp đường tròn
b, Xét \(\Delta BAC\) vuông tại A có AE là đường cao
\(\Rightarrow AB^2=BE.BC\left(1\right)\)
Xét \(\Delta BAI\) vuông tại A có AH là đường cao (gt)
\(\Rightarrow BA^2=BH.BI\left(2\right)\)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow BE.BC=BH.BI\)
c, \(\widehat{AFB}=\widehat{ACD}\) (góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AD}\))
\(\Rightarrow\Delta EFK\text{ᔕ}\Delta ACG\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{EKF}=\widehat{AGC}\)
ta chứng minh được \(\widehat{AKE}=\widehat{EKF}\Rightarrow\widehat{AGC}=\widehat{AKB}\Rightarrow\) AGCK nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{GKC}=\widehat{GAC}=90^o\)
ta có \(\left\{I\right\}=AC\cap BD\) mà AC và BD là đường cao \(\Delta BGC\)
\(\Rightarrow I\) là trọng tâm mà \(\widehat{GKC}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow G,I,K\) thẳng hàng

a, hình vẽ

do \(d>f\) nên ảnh là ảnh thật
b, \(d'=\dfrac{df}{d-f}=\dfrac{30.10}{30-10}=15\left(cm\right)\)
\(k=\left|\dfrac{d'}{d}\right|=\dfrac{A'B'}{AB}\Leftrightarrow A'B'=\dfrac{AB.15}{30}=2\left(cm\right)\)
c,
khi dịch vật lại gần từ A đến F, ảnh dịch từ A' đến vô cùng, kích thước ảnh tăng dần
khi dịch vật lại gần từ F đến O, ảnh trở thành ảnh ảo, ảnh từ vô cùng trở về O, kích thước ảnh giảm dần

hình vẽ: 

ta có: \(\widehat{OBD}=90^o\)(vì BM là tiếp tuyến tại B của \(\left(O\right)\))
mà \(\widehat{OKC}=90^o\left(gt\right)\)\(\Rightarrow\) tứ giác OKDB nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{KBD}=\widehat{KOD}\)
mà \(\widehat{KBD}=\widehat{BAM}=\widehat{COK}\)\(\Rightarrow\widehat{COK}=\widehat{KOD}\)
Từ đó chứng minh được \(\Delta KOC=\Delta KOD\left(g.c.g\right)\Rightarrow KD=KC\)
Xét \(\Delta KHD\) và \(\Delta KCA\)
\(AK=KH\left(gt\right)\)
\(CK=KD\left(cmt\right)\)
\(\widehat{CKA}=\widehat{DKH}\left(dd\right)\)
\(\Rightarrow\Delta KHD=\Delta KCA\left(g.c.g\right)\Rightarrow\widehat{ACK}=\widehat{KDH}\Rightarrow AM\text{//}DH \)
mà \(AH=HB\left(gt\right)\Rightarrow BD=DM\left(dtb\right)\Rightarrowđpcm\)

a, vì đồ thị đi qua A\(\left(1,2\right)\Rightarrow x=1;y=2\)
ta có
\( 2=\left(n-1\right).1+n\)
\(\Leftrightarrow2=2n-1\Leftrightarrow n=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\) hàm số đã cho là \(y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}\)
b, xét x=0\( \Rightarrow y=\dfrac{3}{2}\Rightarrow B\left(0;\dfrac{3}{2}\right)\) thuộc đồ thị đã cho
vẽ đường thẳng đi qua A, B ta được đồ thị hàm số đã cho 
hình: