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: 

a,Gọi khối lượng chất lỏng mỗi bình ban đầu là m
giả sử bình 2 và 3 cùng hạ nhiệt độ đến 20^oC thì sẽ toả ra nhiệt lượng:
\(Q_1=mc\left(40-20\right)+mc\left(80-20\right)=80mc\left(J\right)\left(1\right) \)
Sau một số lần rót qua rót lại, nhiệt độ của chất lỏng trong bình 1 là \(t_1'\)
vì \(t_2>t_1;t_3>t_1\Rightarrow t_1'>t_1\)
Lúc này khối lượng chất lỏng trong bình 3 là 2m, trong bình 2 là \(\dfrac{2m}{3}\) và khối lượng chất lỏng trong bình 1 là \(\dfrac{m}{3}\)
giả sử cả 3 bình đều hạ nhiệt độ đến 20^oC thì sẽ toả nhiệt lượng:
\(Q_2=2mc\left(50-20\right)+\dfrac{2mc}{3}\left(45-20\right)+\dfrac{mc}{3}\left(t_1'-20\right)=mc\left(\dfrac{230}{3}+\dfrac{t_1'-20}{3}\right)\left(2\right)\)
do cả 3 bình không trao đổi nhiệt với môi trường nên \(Q_1=Q_2\)
\(\Rightarrow80=\dfrac{230}{3}+\dfrac{t_1'-20}{3}\Leftrightarrow240=230+t_1'-20\Leftrightarrow t_1'=30^oC\)
b, do không có sự trao đổi nhiệt với bình và với môi trường nên sau rất nhiều lần rót qua rót lại, nhiệt độ 3 bình là như nhau và bằng nhiệt độ cân bằng của chất lỏng trong 2 bình với nhau. gọi nhiệt độ cân bằng là t
\(t=\dfrac{mc.20+mc.40+mc.80}{mc+mc+mc}=\dfrac{20+40+80}{3}=\dfrac{140}{3}\approx46,67^oC\)

TH1: khoá K ở vị trí 1
\(R_{tđ}=\dfrac{R_1\left(R_2+R_3\right)}{R_1+R_2+R_3}\left(\text{Ω}\right)\)
\(I=\dfrac{U}{R_{tđ}}=\dfrac{U\left(R_1+R_2+R_3\right)}{R_1\left(R_2+R_3\right)}\left(A\right)\)
\(I_{A1}=\dfrac{R_1}{R_1+R_2+R_3}.I=\dfrac{R_1}{R_1+R_2+R_3}.\dfrac{U\left(R_1+R_2+R_3\right)}{R_1\left(R_2+R_3\right)}=\dfrac{U}{R_2+R_3}\left(A\right)\)
Các trường hợp còn lại làm tương tự, ta có
TH2: vị trí khoá K ở 2
\(I_{A2}=\dfrac{UR_1}{R_1R_2+R_2R_3+R_3R_1}\left(A\right)\)
TH3: vị trí khoá K ở 3
\(I_{A3}=\dfrac{U\left(R_1+R_2\right)}{R_1R_2+R_2R_3+R_3R_1}\left(A\right)\)
Ta thấy \(I_{A3}>I_{A2}\left(R_1+R_2>R_1\right)\)
Xét \(I_{A2}-I_{A1}=\dfrac{UR_1}{R_1R_2+R_2R_3+R_3R_1}-\dfrac{U}{R_2+R_3}=\dfrac{-UR_2R_3}{\left(R_2+R_3\right)\left(R_1R_2+R_2R_3+R_3R_1\right)}< 0\Rightarrow I_{A2}< I_{A1}\)
Xét \(I_{A3}-I_{A1}=\dfrac{U\left(R_1+R_2\right)}{R_1R_2+R_2R_3+R_3R_1}-\dfrac{U}{R_2+R_3}=\dfrac{UR_2^2}{\left(R_2+R_3\right)\left(R_1R_2+R_2R_3+R_3R_1\right)}>0\Rightarrow I_{A3}>I_{A1}\)
\(\Rightarrow I_{A3}>I_{A1}>I_{A2}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}I_{A3}=11mA\\I_{A1}=9mA\\I_{A2}=6mA\end{matrix}\right.\)
b,xét \(\dfrac{I_{A3}}{I_{A2}}=\dfrac{R_1+R_2}{R_1}=\dfrac{11}{6}\Leftrightarrow5R_1=6R_2\Leftrightarrow R_2=\dfrac{5}{6}.2019=\dfrac{2265}{2}\left(\text{Ω}\right)\)
Xét \(\dfrac{I_{A1}}{I_{A2}}=\dfrac{R_1R_2+R_2R_3+R_3R_1}{R_1R_2+R_3R_1}=\dfrac{9}{6}\Rightarrow R_3=\dfrac{R_1R_2}{2R_2-R_1}=\dfrac{10095}{4}\left(\text{Ω}\right)\)
 

tìm x thoả mãn
\(\left(x+2\right)\left(\sqrt{2x+3}+\sqrt{x+1}\right)+\sqrt{2x^2+5x+3}=1\left(với:x\ge-1\right)\)