Câu III:

1: ĐKXĐ: y>-3/2

\(\left\{{}\begin{matrix}2\left|x\right|+\dfrac{1}{\sqrt{2y+3}}=11\\-\left|x\right|+\dfrac{3}{\sqrt{2y+3}}=-2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2\left|x\right|+\dfrac{1}{\sqrt{2y+3}}=11\\-2\left|x\right|+\dfrac{6}{\sqrt{2y+3}}=-4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{7}{\sqrt{2y+3}}=7\\2\left|x\right|+\dfrac{1}{\sqrt{2y+3}}=11\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{2y+3}=1\\2\left|x\right|=10\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2y+3=1\\\left|x\right|=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=-1\\x\in\left\{5;-5\right\}\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)

2: a: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(2x^2=x+m^2+6\)

=>\(2x^2-x-m^2-6=0\)

\(a\cdot c=2\cdot\left(-m^2-6\right)=-2m^2-12< =-12< 0\forall m\)

=>(P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt

Câu IV:

2: Ta có: HQ//AC

BE\(\perp\)AC

Do đó: QH\(\perp\)BE tại H

Ta có: HP//AB

CF\(\perp\)AB

Do đó: HP\(\perp\)CF tại H

Xét ΔHQB vuông tại Q và ΔHPC vuông tại P có

\(\widehat{QBH}=\widehat{PCH}\left(=90^0-\widehat{BAE}\right)\)

Do đó: ΔHQB~ΔHPC

Gọi K là giao điểm của AO với (O)

=>AK là đường kính của (O)

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

Xét (O) có

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

\(\widehat{AKC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{AKC}\)

Xét ΔADB vuông tại D và ΔACK vuông tại C có

\(\widehat{ABD}=\widehat{AKC}\)

Do đó: ΔADB~ΔACK

=>\(\widehat{BAD}=\widehat{KAC}\)

=>\(\widehat{BAD}=\widehat{OAC}\)

A B C D E O G F H K I

a/

Ta có

\(\widehat{OAC}=\widehat{OGC}=90^o\)

=> A và G cùng nhìn OC dưới hai góc bằng nhau và bằng \(90^o\) => A và C thuộc đường trong đường kính OC => ACGO nội tiếp

Xét tg vuông OGF và tg vuông CAF có chung \(\widehat{AFC}\)

=> tg OGF đồng dạng với tg CAF (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{GO}{AC}=\dfrac{FO}{FC}\Rightarrow GO.FC=AC.FO\)

b/

Xét tứ giác nội tiếp ACGO có

\(\widehat{OCG}=\widehat{OAG}\) (góc nt cùng chắn cung GO)

EK//CO (gt) \(\Rightarrow\widehat{OCG}=\widehat{HEG}\) (góc so le trong)

\(\Rightarrow\widehat{OAG}=\widehat{HEG}\)

=> A và E cùng phía với GH; A và E cùng nhìn GH dưới 2 góc bằng nhau => AGHE là tứ giác nội tiếp

\(\widehat{BAE}=\widehat{HGE}\) (góc nt cùng chắn cung HE

Xét (O) có

\(\widehat{BAE}=\widehat{BDE}\) (Góc nt cùng chắn cung BE)

\(\Rightarrow\widehat{HGE}=\widehat{BDE}\) mà 2 góc trên ở vị trí đồng vị =>GH//KD (1)

Ta có

\(OG\perp DE\Rightarrow GD=GE\) (trong đường tròn đường thẳng đi qua tâm và vuông góc với dây cung thì chia đôi dây cung) (2)

Xét tg DEK từ (1) và (2) => HK=HE (trong tam giác đường thẳng // với 1 cạnh và đi qua trung điểm của 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

a: \(B=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-5}-\dfrac{10\sqrt{x}}{x-25}-\dfrac{5}{\sqrt{x}+5}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+5\right)-10\sqrt{x}-5\left(\sqrt{x}-5\right)}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}\)

\(=\dfrac{x+5\sqrt{x}-10\sqrt{x}-5\sqrt{x}+25}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}=\dfrac{x-10\sqrt{x}+25}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-5\right)^2}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}=\dfrac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+5}\)

b: \(B=\dfrac{1}{2}\)

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

=>\(2\sqrt{x}-10=\sqrt{x}+5\)

=>\(\sqrt{x}=15\)

=>x=225(nhận)

a: \(x^2-2\left(m+1\right)x+4m=0\left(1\right)\)

\(\text{Δ}=\left[-2\left(m+1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot4m\)

\(=4m^2+8m+4-16m=4m^2-8m+4=\left(2m-2\right)^2\)>=0 với mọi m

=>Phương trình (1) luôn có nghiệm

b: Vì Δ>=0 nên phương trình (1) không bao giờ vô nghiệm

=>\(m\in\varnothing\)

c: Để (1) có nghiệm kép thì Δ=0

=>2m-2=0

=>m=1

d: Để (1) có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>\(2m-2\ne0\)

=>\(m\ne1\)

\(\text{Δ}=4^2-4\cdot1\cdot m=-4m+16\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>-4m+16>0

=>-4m>-16

=>m<4

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-4\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m\end{matrix}\right.\)

\(x_1^2+x_2^2=6x_1x_2\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-8x_1x_2=0\)

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

=>16-8m=0

=>8m=16

=>m=2(nhận)

1: Khi m=2 thì y=2x+1-2=2x-1

Phương trình hoành độ giao điểm là:

-4x+5=2x-1

=>-4x-2x=-1-5

=>-6x=-6

=>x=1

Thay x=1 vào y=-4x+5, ta được:

\(y=-4\cdot1+5=1\)

Vậy: Tọa độ giao điểm là A(1;1)

2: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=2x+1-m\)

=>\(x^2-2x+m-1=0\)

a=1; b=-2; c=m-1

Để (P) cắt (d) tại hai điểm nằm về hai phía so với trục Oy thì a*c<0

=>1(m-1)<0

=>m-1<0

=>m<1

a: Thay x=2 và y=500 vào y=ax+b, ta được:

\(a\cdot2+b=500\)(1)

1g=1000mg

Thay x=5 và y=1000 vào y=ax+b, ta được:

\(a\cdot5+b=1000\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}2a+b=500\\5a+b=1000\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}-3a=-500\\2a+b=500\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{500}{3}\\b=500-\dfrac{1000}{3}=\dfrac{500}{3}\end{matrix}\right.\)

b: a=500/3; b=500/3

=>\(y=\dfrac{500}{3}x+\dfrac{500}{3}\)

2g=2000mg

Thay y=2000 vào y=500/3x+500/3, ta được:

\(\dfrac{500}{3}x+\dfrac{500}{3}=2000\)

=>\(\dfrac{500}{3}x=2000-\dfrac{500}{3}=\dfrac{5500}{3}\)

=>x=11

=>Đứa trẻ đó 11 tuổi

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=3\\2x-y=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=3\\3x=4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{4}{3}+y=3\\x=\dfrac{4}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=3-\dfrac{4}{3}\\x=\dfrac{4}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{5}{3}\\x=\dfrac{4}{3}\end{matrix}\right.\)

Vậy: ...