\(\Delta=\left(-m\right)^2-4\cdot1\cdot2=m^2-8\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(m^2-8>0\)

=>\(m^2>8\)

=>\(\left[\begin{array}{l}m>2\sqrt2\\ m<-2\sqrt2\end{array}\right.\)

Theo Vi-et, ta có: \(x_1+x_2=-\frac{b}{a}=m;x_1x_2=\frac{c}{a}=2\)

\(A=\left(x_1+x_2\right)^4-17\cdot\left(x_1+x_2\right)^2\cdot x_1^2\cdot x_2^2-6\left(x_1+x_2\right)\cdot x_1^3\cdot x_2^3\)

\(=m^4-17\cdot m^2\cdot2^2-6m\cdot2^3=m^4-68m^2-48m\)

=>\(A+1440=m^4-68m^2-48m+1440=\left(m-6\right)^2\left(m^2+12m+40\right)>=0\forall m\)

=>A>=-1440∀m

Dấu '=' xảy ra khi m-6=0

=>m=6(nhận)

a: ĐKXĐ: a>=0; a<>1

Sửa đề: \(B=\left(1+\frac{\sqrt{a}}{a+1}\right):\left(\frac{1}{\sqrt{a}-1}-\frac{2\sqrt{a}}{a\cdot\sqrt{a}+\sqrt{a}-a-1}\right)\)

\(=\frac{a+\sqrt{a}+1}{a+1}:\left(\frac{1}{\sqrt{a}-1}-\frac{2\sqrt{a}}{\sqrt{a}\left(a+1\right)-\left(a+1\right)}\right)\)

\(=\frac{a+\sqrt{a}+1}{a+1}:\left(\frac{1}{\sqrt{a}-1}-\frac{2\sqrt{a}}{\left(a+1\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}\right)\)

\(=\frac{a+\sqrt{a}+1}{a+1}:\frac{a+1-2\sqrt{a}}{\left(a+1\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}\)

\(=\frac{a+\sqrt{a}+1}{a+1}\cdot\frac{\left(a+1\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}=\frac{a+\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}-1}\)

b: B<1

=>B-1<0

=>\(\frac{a+\sqrt{a}+1-\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}-1}<0\)

=>\(\frac{a+2}{\sqrt{a}-1}<0\)

=>\(\sqrt{a}-1<0\)

=>\(\sqrt{a}<1\)

=>0<=a<1

c: Thay \(a=19-8\sqrt3=\left(4-\sqrt3\right)^2\) vào B, ta được:

\(B=\frac{19-8\sqrt3+\sqrt{\left(4-\sqrt3\right)^2}+1}{\sqrt{\left(4-\sqrt3\right)^2}-1}=\frac{20-8\sqrt3+4-\sqrt3}{4-\sqrt3-1}\)

\(=\frac{24-9\sqrt3}{3-\sqrt3}=\frac{\left(24-9\sqrt3\right)\left(3+\sqrt3\right)}{6}=\frac{72+24\sqrt3-27\sqrt3-27}{6}=\frac{45-3\sqrt3}{6}=\frac{15-\sqrt3}{2}\)

a; ABCD là hình thoi

=>AC là phân giác của góc BAD; CA là phân giác của góc BCD; AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD; AB=BC=CD=DA; BD là phân giác của góc ABC và DB là phân giác của góc ADC

Xét tứ giác AMIN có

AM//IN

AN//IM

Do đó: AMIN là hình bình hành

Hình bình hành AMIN có AI là phân giác của góc MAN

nên AMIN là hình thoi

Xét tứ giác CPIQ có

CP//IQ

CQ//IP

Do đó: CPIQ là hình bình hành

Hình bình hành CPIQ có CI là phân giác của góc PCQ

nên CPIQ là hình thoi

b: O là trung điểm của BD

=>\(BO=OD=\frac{BD}{2}=3\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔAOB vuông tại O

=>\(OA^2+OB^2=AB^2\)

=>\(OA^2=5^2-3^2=25-9=16=4^2\)

=>OA=4(cm)

O là trung điểm của AC

=>\(AC=2\cdot AO=8\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔBAC có BO là đường cao

nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BO\cdot AC=\frac12\cdot8\cdot3=\frac{24}{2}=12\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

c: AMIN là hình thoi

=>IM=IN

CPIQ là hình thoi

=>IP=IQ

Xét ΔIMN và ΔIPQ có

\(\frac{IM}{IP}=\frac{IN}{IQ}\)

\(\hat{MIN}=\hat{PIQ}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIMN~ΔIPQ

=>\(\hat{IMN}=\hat{IPQ}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên MN//PQ

=>MNPQ là hình thang

MP=MI+IP

NQ=NI+IQ

mà MI=NI và IP=IQ

nên MP=NQ

=>MNPQ là hình thang cân

Chọn C

ĐKXĐ: \(\begin{cases}1-x\ge0\\ 1-\sqrt{1-x}\ge0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x\le1\\ \sqrt{1-x}\le1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x\le1\\ 0\le1-x\le1\end{cases}\)

=>x>=1 và x>=0

Đặt \(u = \sqrt{1-x}\)

=>\(1-x=u^2\)

=>\(x=1-u^2\)

\(6\sqrt{1-x} - x = 5\sqrt{1 - \sqrt{1-x}}\)

=>\(6u - (1 - u^2) = 5\sqrt{1 - u}\)

=>\(u^2+6u-1=5\sqrt{1 - u}\) (1)

Đặt \(v = \sqrt{1 - u}\) (0<=v<=1)

=>\(1-u=v^2\)

=>\(u=1-v^2\)

(1)=>\((1 - v^2)^2 + 6(1 - v^2) - 1 = 5v\)

=>\((1 - 2v^2 + v^4) + 6 - 6v^2 - 1 = 5v\)

=>\(v^4 - 8v^2 - 5v + 6 = 0\)

=>(v+2)(v-3)(v^2+v-1)=0

mà v+2>0 và -3<=v-3<=-2<0

nên \(v^2+v-1=0\)

=>\(v = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\)

mà 0<=v<=1

nên \(v = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}\)

=>\(u = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}\)

=>\(\sqrt{1-x} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}\)

=>\(1-x=\frac{6-2\sqrt5}{4}=\frac{3-\sqrt5}{2}\)

=>\(x=1-\frac{3-\sqrt5}{2}=\frac{2-3+\sqrt5}{2}=\frac{\sqrt5-1}{2}\) (nhận)

ĐKXĐ: x>=2/3

\(9\left(\sqrt{4x + 1} - \sqrt{3x - 2}\right) = x + 3\)

=>\(9\cdot\frac{4x+1-3x+2}{\sqrt{4x+1}+\sqrt{3x-2}}=x+3\)

=>\(9\cdot\frac{\left(x+3\right)}{\sqrt{4x+1}+\sqrt{3x-2}}=x+3\)

=>\(\frac{9}{\sqrt{4x+1}+\sqrt{3x-2}}=1\)

=>\(\sqrt{4x+1}+\sqrt{3x-2}=9\)

=>\(\sqrt{4x+1}-5+\sqrt{3x-2}-4=0\)

=>\(\frac{4x+1-25}{\sqrt{4x+1}+5}+\frac{3x-2-16}{\sqrt{3x-2}+4}=0\)

=>\(\left(x-6\right)\left(\frac{4}{\sqrt{4x+1}+5}+\frac{3}{\sqrt{3x-2}+4}\right)=0\)

=>x-6=0

=>x=6(nhận)

\(\Delta=1^2-4\cdot m\cdot\left(m-1\right)=-4m^2+4m+1\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\begin{cases}m<>0\\ -4m^2+4m+1>0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}m<>0\\ 4m^2-4m-1<0\end{cases}\)

=>m<>0 và \(4m^2-4m+1<2\)

=>m<>0 và \(\left(2m-1\right)^2<2\)

=>m<>0 và \(-\sqrt2<2m-1<\sqrt2\)

=>m<>0 và \(-\sqrt2+1<2m<\sqrt2+1\)

=>m<>0 và \(\frac{-\sqrt2+1}{2}

Theo Vi-et, ta có: \(\begin{cases} x_1 + x_2 = -\frac{1}{m} \\ x_1x_2 = \frac{m-1}{m} \end{cases}\)

\(\left|x_2-x_1\right|=\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2}\)

\(=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}\)

\(=\sqrt{\left(-\frac{1}{m}\right)^2-4\cdot\frac{m-1}{m}}=\sqrt{\frac{1}{m^2}-\frac{4m-4}{m}}=\sqrt{\frac{1}{m^2}-\frac{4m^2-4m}{m^2}}=\sqrt{\frac{-4m^2+4m+1}{m^2}}\)

\(\left|x_1x_2\right|=\left|\frac{m-1}{m}\right|\)

\(\left\vert{}\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}\right\vert{}>1\)

=>\(\left\vert{}\frac{x_2 - x_1}{x_1x_2}\right\vert{}>1\)

=>\(\frac{\vert{}x_2 - x_1\vert{}}{\vert{}x_1x_2\vert{}}>1\)

=>\(\frac{(x_2 - x_1)^2}{(x_1x_2)^2}>1\)

=>\(\frac{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2}{(x_1x_2)^2}>1\)

=>\(\frac{1 - 4m(m-1)}{(m-1)^2}>1\)

=>\(\frac{1 - 4m^2 + 4m}{(m-1)^2}>1\)

=>\(\frac{1 - 4m^2 + 4m}{(m-1)^2}-1>0\)

=>\(\frac{1 - 4m^2 + 4m - (m^2 - 2m + 1)}{(m-1)^2}>0\)

=>\(\frac{-5m^2 + 6m}{(m-1)^2}>0\)

=>\(-5m^2+6m\) >0

=>m(-5m+6)>0

=>m(5m-6)<0

=>0<m<6/5

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: 0<m<6/5 và m<>1

a: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

=>\(\hat{MAB}=\hat{MBA}\)

b: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: OM là phân giác của góc AOB

Ta có: \(\hat{SOM}+\hat{AOM}=\hat{SOA}=90^0\)

\(\hat{SMO}+\hat{BOM}=90^0\) (ΔBOM vuông tại B)

mà \(\hat{AOM}=\hat{BOM}\) (OM là phân giác của góc AOB)

nên \(\hat{SOM}=\hat{SMO}\)

=>SO=SM

=>ΔSOM cân tại S

a: H đối xứng M qua AB

=>AB là đường trung trực của HM

=>AB⊥HM tại E và E là trung điểm của HM

M đối xứng K qua AC

=>AC là đường trung trực của MK

=>AC⊥MK tại F và F là trung điểm của MK

ME⊥AB

AC⊥ AB

Do đó: ME//AC

MF⊥ AC

AB⊥ AC

Do đó: MF//AB

Xét ΔABC có

M là trung điểm của BC

ME//AC

Do đó: E là trung điểm của AB

Xét ΔABC có

M là trung điểm của BC

MF//AB

Do đó: F là trung điểm của AC

Xét tứ giác AEMF có \(\hat{AEM}=\hat{AFM}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEMF là hình chữ nhật

b: Xét tứ giác AMBH có

E là trung điểm chung của AB và MH

=>AMBH là hình bình hành

=>AH//BM và AH=BM

AH//BM

=>AH//BC

Xét tứ giác AMCK có

F là trung điểm chung của AC và MK

=>AMCK là hình bình hành

=>AK//CM và AK=CM

AK//CM

=>AK//BC

AH//BC

AK//BC

mà AH,AK có điểm chung là A

nên H,A,K thẳng hàng

AH=BM

AK=CM

mà BM=CM

nên AH=AK

=>A là trung điểm của HK

=>H đối xứng K qua A

c: Hình chữ nhật AEMF trở thành hình vuông khi AE=AF

=>2AE=2AF

=>AB=AC

d: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(2\cdot AB^2=10^2\)

=>\(AB^2=50\)

=>\(AB=5\sqrt2\) (cm)

=>\(AE=EB=\frac{AB}{2}=\frac{5\sqrt2}{2}\left(\operatorname{cm}\right)\)

AEMF là hình vuông

=>\(S_{AEMF}=AE^2=\left(\frac{5\sqrt2}{2}\right)^2=5^2\cdot\frac24=\frac{25}{2}\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

ABCDE là ngũ giác đều nội tiếp (O)

=>O là trọng tâm của ngũ giác đều ABCDE

=>\(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD} + \vec{OE} = \vec{0}\)

=>\(\left|\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}+\vec{OD}+\vec{OE}\right|=0\)