1: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(2x^2=mx-m+2\)

=>\(2x^2-mx+m-2=0\)

\(\Delta=\left(-m\right)^2-4\cdot2\cdot\left(m-2\right)=m^2-8m+16=\left(m-4\right)^2\)

Để (P) tiếp xúc với (d) thì Δ=0

=>m-4=0

=>m=4

=>Hoành độ giao điểm là: \(x=\frac{-\left(-m\right)}{2\cdot2}=\frac{m}{4}=\frac44=1\)

2: Để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt thì Δ>0

=>m-4<>0

=>m<>4

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

\(x_1^2+x_2^2=3\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=3\)

=>\(\frac{m^2}{4}-2\cdot\frac{m-2}{2}=3\)

=>\(\frac{m^2}{4}-\left(m-2\right)\) =3

=>\(\frac{m^2}{4}=m-2+3=m+1\)

=>\(m^2=4\left(m+1\right)\)

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

=>\(m^2-4m+4-8=0\)

=>\(\left(m-2\right)^2=8\)

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

c: \(y_1+y_2=2x_1^2+2x_2^2=2\left\lbrack\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right\rbrack\)

\(=2\left\lbrack\left(\frac{m}{2}\right)^2-2\cdot\frac{m-2}{2}\right\rbrack=2\left(\frac{m^2}{4}-m+2\right)=2\left(\frac{m^2}{4}-m+1+1\right)=2\left(\frac{m}{2}-1\right)^2+2\ge2\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi m/2-1=0

=>m=2

a:

b: Hàm số đã cho được tạo thành bởi công thức y=-4x

Các số có ba chữ số chia hết cho cả 2 và 3 là: 102;108;...;990;996

=>Có \(\frac{996-102}{6}+1=150\) (số)

Các số có ba chữ số chia hết cho cả 2;3;7 là 126;168;210;...;924;966

=>Có \(\frac{966-126}{42}+1=21\) (số)

Số lượng số có ba chữ số chia hết cho 2 và 3 nhưng không chia hết cho 7 là 150-21=129(số)

13: ĐKXĐ: x>=1; y>=4; z>=9

\(\sqrt{x-1}+2\sqrt{y-4}+3\sqrt{z-9}=\frac12\left(x+y+z\right)\)

=>\(x+y+z=2\sqrt{x-1}+4\sqrt{y-4}+6\sqrt{z-9}\)

=>\(x-1-2\sqrt{x-1}+1+y-4-4\sqrt{y-4}+4+z-9-6\sqrt{z-9}+9=0\)

=>\(\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-4}-2\right)^2+\left(\sqrt{z-9}-3\right)^2=0\)

=>x-1=1 và y-4=4 và z-9=9

=>x=2(nhận) và y=8(nhận) và z=18(nhận)

a: Xét ΔBHC vuông tại H và ΔBHM vuông tại H có

BC=BM

BH chung

Do đó: ΔBHC=ΔBHM

=>HC=HM và \(\hat{HBC}=\hat{HBM}\)

Xét ΔBCK và ΔBMK có

BC=BM

\(\hat{CBK}=\hat{MBK}\)

BK chung

Do đó: ΔBCK=ΔBMK

=>KC=KM

b: ΔKCM có KC=KM

nên ΔKCM cân tại K

=>\(\hat{CKM}=180^0-2\cdot\hat{KCM}=180^0-2\cdot30^0=120^0\)

Ta có: \(\hat{CKM}+\hat{MKA}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{MKA}=180^0-120^0=60^0\)

ΔKCM cân tại K

mà KH là đường cao

nên KH là phân giác của góc CKM

=>\(\hat{CKH}=\hat{MKH}=\frac{120^0}{2}=60^0\)

=>\(\hat{MKA}=\hat{MKB}\left(=60^0\right)\)

=>KM là phân giác của góc BKA

Gọi số tiền trường A và trường B dự kiến ủng hộ lần lượt là x(triệu đồng), y(triệu đồng)

(Điều kiện: x>0; y>0)

Tổng số tiền dự kiến là 8 triệu đồng nên x+y=8(2)

Số tiền trường A vượt mức là: \(x\cdot10\%=0,1x\) (triệu đồng)

Số tiền trường B vượt mức là: \(y\cdot20\%=0,2y\) (triệu đồng)

Số tiền vượt mức là 9,1-8=1,1(triệu đồng)

=>0,1x+0,2y=1,1

=>x+2y=11(1)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\begin{cases}x+2y=11\\ x+y=8\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x+2y-x-y=11-8\\ x+y=8\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}y=3\\ x=8-3=5\end{cases}\) (nhận)

Trường A đã ủng hộ là: \(5\cdot\left(1+10\%\right)=5,5\) (triệu đồng)

Trường B đã ủng hộ là 9,1-5,5=3,6(triệu đồng)

a: ΔABC đều

=>AB=AC=BC và \(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\hat{BAC}=60^0\)

Ta có: \(\hat{ABC}+\hat{ABF}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{ACB}+\hat{ECF}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{BAC}+\hat{EAD}=180^0\) (hai góc kề bù)

mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\hat{BAC}=60^0\)

nên \(\hat{ABF}=\hat{ECF}=\hat{EAD}=180^0-60^0=120^0\)

Ta có: FC=FB+BC

AE=CE+CA

BD=BA+AD

mà BC=CA=AB và FB=CE=AD

nên FC=AE=BD

Xét ΔFBD và ΔECF có

FB=EC
\(\hat{FBD}=\hat{ECF}\)

BD=CF

Do đó: ΔFBD=ΔECF
=>FD=EF

Xét ΔFBD và ΔDAE có

FB=DA

\(\hat{FBD}=\hat{DAE}\)

BD=AE

Do đó: ΔFBD=ΔDAE

=>FD=DE

=>FD=EF=DE

=>ΔDEF đều

c: BD=BA+AD=a+0,5a=1,5a

Xét ΔBFD có \(cosFBD=\frac{BF^2+BD^2-FD^2}{2\cdot BF\cdot BD}\)

=>\(\frac{\left(1,5a\right)^2+\left(0,5a\right)^2-DF^2}{2\cdot1,5a\cdot0,5a}=cos120=\frac{-1}{2}\)

=>\(\frac{2,5a^2-DF^2}{1,5a^2}=\frac{-1}{2}\)

=>\(5a^2-2\cdot DF^2=-1,5a^2\)

=>\(2\cdot DF^2=6,5\cdot a^2\)

=>\(DF^2=3,25\cdot a^2\)

ΔDEF đều

=>\(S_{DEF}=DF^2\cdot\frac{\sqrt3}{4}=\frac{3,25\cdot a^2\cdot\sqrt3}{4}=\frac{13a^2\cdot\sqrt3}{16}\)

a: Sửa đề: SC,SD là hai tiếp tuyến cắt nhau tại S

Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH⊥AB tại H

Ta có: \(\hat{SHO}=\hat{SCO}=\hat{SDO}=90^0\)

=>S,C,H,O,D cùng thuộc đường tròn đường kính SO

b: ΔSDO vuông tại D

=>\(SD^2+DO^2=SO^2\)

=>\(SD^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)

=>\(SD=R\sqrt3\)

\(\left(3x-1\right)^2\ge0\forall x\)

=>\(\left(3x-1\right)^2+20\ge20\forall x\)

=>\(\frac{5}{\left(3x-1\right)^2+20}\le\frac{5}{20}=\frac14\forall x\)

=>\(\frac{-5}{\left(3x-1\right)^2+20}\ge-\frac14\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi 3x-1=0

=>3x=1

=>x=1/3

a: Sửa đề: phân giác AD. Tính BD,DC

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{30}{45}=\frac23\)

=>\(\frac{DB}{2}=\frac{DC}{3}\)

mà DB+DC=BC=50cm

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{DB}{2}=\frac{DC}{3}=\frac{DB+DC}{2+3}=\frac{50}{5}=10\)

=>\(DB=2\cdot10=20\left(\operatorname{cm}\right);DC=3\cdot10=30\left(\operatorname{cm}\right)\)

b: Xét ΔCAB có ED//AB

nên \(\frac{ED}{AB}=\frac{CD}{CB}\)

=>ED/30=30/50=3/5

=>ED=18(cm)

Xét tứ giác AEDF có

AE//DF

AF//DE

Do đó: AEDF là hình bình hành

Hình bình hành AEDF có AD là phân giác của góc EAF

nên AEDF là hình thoi

=>AE=ED=DF=AF=18cm