Bạn tham khảo nhé !

x² + mx - 1 = 0 có  Δ= m² - 4 ( x - 1 ) = m² + 4 \(\ge\)0 \(\forall\)x \(\in\)R \(\Rightarrow\)phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

Theo định lý Viete, ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-m\\x_1x_2=-1\end{cases}}\)

Theo giả thiết: x²₁ + x²₂  = 5x₁x₂ \(\Leftrightarrow\)( x₁ + x₂ ) ² = 7x₁x₂

_{\(\Rightarrow\)}( - m ) ² = 7 ( - 1 ) \(\Rightarrow\)m² = - 7 \(\Leftrightarrow\)m \(\in\)\(\varnothing\)

Vậy không tồn tại m thõa ycbt

C A B D T K X M E Y Z

Vẽ (A;AC) và (B;BC). BT cắt (A) tại Z khác T, AK cắt (B) tại Y khác K. E đối xứng với C qua AB

Vì CA,CB vuông góc nhau nên CA tiếp xúc (B) và CB tiếp xúc (A)

Suy ra \(AC^2=AT^2=AK.AY\). Suy ra \(\widehat{ATK}=\widehat{AYT}\). Tương tự \(\widehat{BKT}=\widehat{BZK}\)

Dễ thấy AC=AT=AZ=AE, BC=BK=BY=BE suy ra CE là trục đẳng phương của (A) và (B)

Do đó \(P_{X/\left(A\right)}=\overline{XZ}.\overline{XT}=P_{X/\left(B\right)}=\overline{XY}.\overline{XK}\), suy ra (K,T,Y,Z)_cyc

Suy ra \(\widehat{ATK}=\widehat{AYT}=\widehat{BZK}=\widehat{BKT}\). Vậy tam giác MKT cân tại M hay MK = MT.

\(\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{\frac{2+\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{\frac{4+2\sqrt{3}}{4}}=\sqrt{\frac{3+2\sqrt{3}+1}{4}}\)

\(=\sqrt{\frac{\left(\sqrt{3}\right)^2+2\sqrt{3}+1}{4}}=\sqrt{\frac{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}{4}}=\left|\frac{\sqrt{3}+1}{2}\right|=\frac{1+\sqrt{3}}{2}\)

\(\left(\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right)^2=\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2\)

\(=\frac{1}{4}+2.\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{4}\)

\(=1+\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\RightarrowĐPCM\)

Ta có: \(\Delta=\left(-m\right)^2+4.3=m^2+12>0\)

=> pt luôn có 2 nghiệm phân biệt

Theo hệ thức vi-et, ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=m\\x_1x_2=-3\end{cases}}\)

Theo bài ra, ta có: x₁² + x₂² = 5m

<=> (x₁ + x₂)² - 2x₁x₂ = 5m

<=> m² + 6 = 5m

<=> x² - 5m + 6 = 0

<=> x² - 2m - 3m + 6 = 0

<=> (m - 2)(m - 3)= 0

<=> \(\orbr{\begin{cases}m=2\\m=3\end{cases}}\)