Phương trình hoành độ giao điểm: \(x^2-3x-m=0\)

\(\Delta=9+4m\)

Để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt thì: \(\Delta>0\Leftrightarrow9+4m>0\Rightarrow m>-\dfrac{9}{4}\)

Theo vi ét và kết hợp đề có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=3\left(1\right)\\x_1x_2=-m\left(2\right)\\x_1+2x_2=m+3\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Từ (1) và (3) có:

\(x_1=3-x_2\Rightarrow3-x_2+2x_2=3+x_2=m+3\)

\(\Leftrightarrow x_2=m\Rightarrow x_1=3-m\)

Từ (2) có: \(\left(3-m\right).m=3m-m^2=-m\Leftrightarrow-m^2+m+3m=0\Leftrightarrow m^2-m-3m=0\)

\(\Leftrightarrow m\left(m-1-3\right)=m\left(m-4\right)=0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=0\left(nhận\right)\\m=4\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy giá trị của m là 0 hoặc 4 để .......

Em tự vẽ hình nhé!

Xét tam giác ABC, O là giao điểm của các tia phân giác của góc B và C nên tia AO là tia phân giác của góc A.

Có \(AN\perp AO\) nên AN là tia phân giác ngoài tại đỉnh A của tam giác ABC. Tia phân giác ngoài AN và tia phân giác trong CO của tam giác ABC cắt nhau tại N.

=> tia BN là tia phân giác ngoài tại đỉnh B của tam giác ABC. Do đó \(BM\perp BN\) (2 tia phân giác ngoài của 2 góc kề bù)

Chứng minh tương tự được \(CM\perp CN\)

\(\int\limits^1_0\dfrac{dx}{\left(x^2+3x+2\right)^2}=\int\limits^1_0\left(\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x+1}\right)^2dx\)

\(=\int\limits^1_0\dfrac{dx}{\left(x+1\right)^2}+\int\limits^1_0\dfrac{dx}{\left(x+2\right)^2}-2\int\limits^1_0\dfrac{dx}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}\)

\(=-\dfrac{1}{x+1}\left|^1_0-\dfrac{1}{x+2}\right|^1_0-2\int\limits^1_0\dfrac{dx}{x+1}+2\int\limits^1_0\dfrac{dx}{x+2}\)

\(=\dfrac{2}{3}-4ln2+2ln3\)

Gọi thời gian để vòi 1 và vòi 2 chảy riêng đầy bể là x (phút), y (phút) (x, y < 40)

Mỗi phút vòi 1 chảy được \(\dfrac{1}{x}\) (bể), vòi 2 chảy được \(\dfrac{1}{y}\) (bể)

Hai vòi nước cùng chảy vào 1 bể cạn sau 40 phút thì đầy bể nên ta có:

\(\dfrac{40}{x}+\dfrac{40}{y}=1\left(1\right)\)

Nếu ....... bể nước ta có:

\(\dfrac{15}{x}+\dfrac{12}{y}=\dfrac{5}{12}\left(2\right)\)

Từ (1), (2) suy ra x = 60 (nhận), y = 120 (nhận)

Vậy ....

\(A=\left(x^2-5x+\dfrac{25}{4}\right)-\dfrac{21}{4}\)

\(=\left(x-\dfrac{5}{2}\right)^2-\dfrac{21}{4}\ge-\dfrac{21}{4}\)

Vậy \(min_A=\dfrac{-21}{4}\) đạt tại \(x=\dfrac{5}{2}\)

+) Tam giác AMB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên là tam giác vuông.

=> \(AM\perp MB\)

N và B đối xứng qua M nên MN = MB

+) Tam giác NAB có AM vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên là tam giác cân.

=> AN = AB = không đổi

Vậy khi M di động trên đường tròn (O) thì N di động trên đường tròn (A; AB)

Ta lại có: AO là đường nối tâm, AB là bán kính đường tròn (A), OB là bán kính đường tròn (O).

Mà AO = AB - OB

Vậy đường tròn (O; OB) tiếp xúc đường tròn (A; AB) tại B.

A)

Áp dụng định lý tổng 3 góc trong tam giác có:

\(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=90^o+60^o+\widehat{C}=180^o\Rightarrow\widehat{C}=30^o\)

Xét tam giác ABC vuông tại A có:

\(tanC=\dfrac{AB}{AC}\Leftrightarrow tan30^o=\dfrac{AB}{8}\Rightarrow AB=\dfrac{8}{\sqrt{3}}\left(cm\right)\)

Lại có:

\(sinC=\dfrac{AB}{BC}=sin30^o=\dfrac{1}{2}\Rightarrow BC=2AB=\dfrac{16}{\sqrt{3}}\) (cm)

Đề không đề cập đến AH nhé!

B) 

Có: \(AB=AB'\), \(DB'\perp AB\left(AD\right)\)

Đặt x = AD > 0

\(\Rightarrow AB=AB'=x+\dfrac{1}{2}\)

Áp  dụng đl pytago vào tam giác ADB' vuông tại D:

\(AB'^2=AD^2+DB'^2\Leftrightarrow\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2=x^2+2^2\Rightarrow x=3,75\left(gang.tay\right)\)

Vậy chiều sâu AD của ao nước khoảng 3,75 gang tay.

\(\Delta'=m^2-m^2+2m-4=2m-4\)

Để phương trình có hai nghiệm thì:

\(2m-4\ge0\Rightarrow m\ge2\)

Theo vi ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m\\x_1x_2=m^2-2m+4\end{matrix}\right.\)

Theo đề: \(\left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)=9\)

\(\Leftrightarrow x_1x_2+x_1+x_2+1=9\)

\(\Leftrightarrow m^2-2m+4+2m=8\)

\(\Leftrightarrow m^2-4=0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=-2\left(loại\right)\\m=2\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.

c.

Xét (O) có I là trung điểm CD (gt)

\(\Rightarrow OI\perp CD\) (định lý đường kính đi qua trung điểm dây cung)

=> tam giác OIM vuông tại I nhận OM là cạnh huyền.

=> 3 điểm O, I, M thuộc đường tròn đường kính OM

Mà M, A, O, B thuộc đường tròn đường kính OM (tính chất tứ giác nội tiếp)

=> O, I, M, A, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM.

\(\Rightarrow\widehat{MIB}=\widehat{BAM}\) (cùng chắn cung NB)

Mà \(\widehat{ABM}=\widehat{BAM}\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau => MA = MB => tam giác MAB cân)

\(\Rightarrow\widehat{MIB}=\widehat{ABM}\)

Xét tam giác MBK và tam giác MIB có:

\(\widehat{BMK}=\widehat{IMB}\)

\(\widehat{MBK}=\widehat{MIB}\left(cmt\right)\)

Do đó tam giác MBK đồng dạng tam giác MIB (g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{MB}{MI}=\dfrac{MK}{MB}\Leftrightarrow MB^2=MI.MK\left(1\right)\)

Xét tam giác MBC và tam giác MDB có:

\(\widehat{BMC}=\widehat{DMB}\)

\(\widehat{MBC}=\widehat{MDB}\left(cmt\right)\)

Do đó tam giác MBC đồng dạng tam giác MDB (g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{MB}{MD}=\dfrac{MC}{MB}\Leftrightarrow MB^2=MC.MD\left(2\right)\)

Từ (1), (2) có \(MC.MD=MI.MK\)

b.

Ta có \(NA^2=NB.NC\left(cmt\right)\)

\(\Leftrightarrow NM^2=NB.NC\) (do N là trung điểm của AM)

\(\Rightarrow\dfrac{NM}{NB}=\dfrac{NC}{NM}\)

Xét tam giác NMC và tam giác NBM có:

\(\dfrac{NM}{NB}=\dfrac{NC}{NM}\) (cmt)

\(\widehat{CNM}=\widehat{MNB}\)

Do đó tam giác NMC đồng dạng tam giác NBM (g.g)

\(\Rightarrow\widehat{NMC}=\widehat{CBM}\)

Mà \(\widehat{CBM}=\widehat{MDB}=\dfrac{1}{2}sđCB\)

\(\Rightarrow\widehat{NMC}=\widehat{MDB}\)

Mà hai góc trên ở vị trí so le trong nên BD// AM.