\(a=\dfrac{2009}{\left(\dfrac{2009}{9999}\right)}+\dfrac{2009}{\left(\dfrac{2009}{99990}\right)}+\dfrac{2009}{\left(\dfrac{2009}{999900}\right)}\)

\(=9999+99990+999900\)

\(=9999.111\)

\(=9.111.1111=3^2.3.37.11.101\)

\(=3^3.11.37.101\)

\(\Delta=81-4\left(m-1\right)\ge0\Rightarrow m\le\dfrac{85}{4}\)

Theo hệ thức Viet \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=9\\x_1x_2=m-1\end{matrix}\right.\)

\(x_1^2x_2+x_1^3=6x_1-1\)

\(\Leftrightarrow x_1^2\left(x_1+x_2\right)-6x_1+1=0\)

\(\Leftrightarrow9x_1^2-6x_1+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(3x_1-1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x_1=\dfrac{1}{3}\)

\(\Rightarrow x_2=9-x_1=\dfrac{26}{3}\)

Thế vào \(x_1x_2=m-1\)

\(\Rightarrow m-1=\dfrac{26}{9}\Rightarrow m=\dfrac{35}{9}\)

a; \(x^2\) - 5\(x\) + m = 0

  Với m  = 6 ta có:

     \(x^2\) - 5\(x\) + 6 = 0

   \(\Delta\) =  (-5)² - 4.1.6 = 1 > 0

Vậy  phương trình có hai nghiệm phân biệt lần lượt là:

    \(x_1\) = \(\dfrac{-\left(-5\right)+\sqrt{1}}{2.1}\) = 3

   \(x_2\) = \(\dfrac{-\left(-5\right)-\sqrt{1}}{2.1}\) = 2

b; \(x^2\) - 5\(x\) + m = 0

    △ = (-5)² - 4.m.1 = 25 - 4m

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

    ⇒ 25 - 4m > 0  ⇒ m < \(\dfrac{25}{4}\)

  Với m < \(\dfrac{25}{4}\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_1\) và \(x_2\)

   Áp dụng vi-et ta có:

     \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=5\\x_1.x_2=m\end{matrix}\right.\) (1)

    Theo bài ra ta có:

   |\(x_1\) - \(x_2\)| = 3 ⇒ (\(x_1\) - \(x_2\))² = 9 ⇒ (\(x_1\) + \(x_2\))² - 4\(x_1\).\(x_2\) = 9  (2)

Thay (1) vào (2) ta có:

5² - 4m = 9 ⇒ 4m = 25 - 9 ⇒ 4m = 16 ⇒m = 4 < \(\dfrac{25}{4}\) (nhận)

Vậy với m = 4 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

  |\(x_1\) - \(x_2\)| = 3

a) với m=0 ta có pt :

x² + 3x - 4 = 0 

Δ = 3² - 4. (-4)  = 25 > 0 => pt có 2 nghiệm phân biệt

\(\sqrt{\Delta}=5\)

x₁ = \(\dfrac{-3+5}{2}=1\)

x₂ = \(\dfrac{-3-5}{2}=-4\)

vậy với m=0 thì S= { -4;1 }

b) để pt có 2 nghiệm thì Δ > 0

=>  3² - 4.( -m - 4 ) > 0

<=>  25 + 4m > 0 

<=> m > \(-\dfrac{25}{4}\)

khi đó theo viet có : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-3\\x_1.x_2=-m-4\end{matrix}\right.\)       (*)

theo bài ta ta có : x₁ = 2x₂  => x₁ - 2x₂ = 0  

có hệ pt : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-3\\x_1-2x_2=0\end{matrix}\right.\)      <=> 3x₂ = -3    <=>  x₂ = -1

=>  x1 = -2

thay x1 = -2  , x2 = -1  vào (*) :

-2 . (-1) = -m - 4

<=> -m - 4 = 2

<=>  -m = 6

<=>  m = -6 ( thỏa mãn )

vậy m = -6

2−2(m−2)x+2m−5=0 (*)

Δ=[−2(�−2)]2−4⋅1⋅(2�−5)=(4−2�)2−8�+20=16−16�+4�2−8�+20Δ=[−2(m−2)]2−4⋅1⋅(2m−5)=(4−2m)2−8m+20=16−16m+4m2−8m+20

=4�2−24�+36=(2�)2−2⋅2�⋅6+62=(2�−6)2≥0∀�=4m2−24m+36=(2m)2−2⋅2m⋅6+62=(2m−6)2≥0∀x 

Để (*) có hai nghiệm phân biệt thì:

(2�−6)2≠0⇔2�−6≠0⇔2�≠6⇔�≠3(2m−6)2=0⇔2m−6=0⇔2m=6⇔m=3 

TH1: Nếu $m<3$ 

a) Trong (O) có đường kính AB và \(D\in\left(O\right)\) nên \(\widehat{ADB}=90^o\) hay \(DB\perp AM\) tại D.

 Tam giác ABM vuông tại B có đường cao BD nên \(AD.AM=AB^2=\left(2r\right)^2=4r^2\)

 Mặt khác, đường thẳng OE đi qua trung điểm E của dây cung AD của (O) nên \(OE\perp AD\) tại E hay \(\widehat{OEM}=90^o\). Lại có \(\widehat{OBM}=90^o\), suy ra 4 điểm O, B, M, E cùng thuộc đường tròn (OM).

 b) Tam giác OBC cân tại O có đường cao OH nên OH cũng là phân giác của \(\widehat{BOC}\) \(\Rightarrow\widehat{BOM}=\widehat{COM}\)

 Xét tam giác BOM và COM có cạnh chung OM, \(\widehat{BOM}=\widehat{COM}\) và \(OB=OC\) nên \(\Delta BOM=\Delta COM\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{OBM}=\widehat{OCM}\)

 Mà \(\widehat{OBM}=90^o\) \(\Rightarrow\widehat{OCM}=90^o\) hay \(MC\perp OC\) tại C. Mà \(C\in\left(O\right)\) nên MC là tiếp tuyến của (O).

 c) Gọi N là giao điểm của BQ và MO.

Nhận thấy \(\widehat{MDB}=\widehat{MHB}=90^o\) nên tứ giác BHDM nội tiếp đường tròn (BM).

 Mặt khác, \(\widehat{CQH}=\widehat{CQA}=\widehat{CBA}=\widehat{CMO}=\widehat{CMH}\) nên tứ giác CMQH nội tiếp 

 Do đó 3 trục đẳng phương MH, CQ, BD ứng với 3 đường tròn (O), (BM), (CMQH) đồng quy tại 1 điểm T. 

 Lại có \(TQ.TC=TB.TD\) và \(TB=TC\) nên \(TQ=TD\). Mà \(\widehat{MDT}=\widehat{MQT}=\widehat{MHC}=90^o\) nên \(\Delta MDT=\Delta MQT\) (ch-cgv) \(\Rightarrow MD=MQ\) \(\Rightarrow\) D, Q đối xứng với nhau qua MO

 \(\Rightarrow\widehat{NQM}=\widehat{NDM}=\widehat{CDA}=\widehat{CBA}=\widehat{OMB}=\widehat{NMB}\)

 Suy ra \(\Delta NMQ~\Delta NBM\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{NM}{NB}=\dfrac{NQ}{NM}\) \(\Rightarrow NM^2=NB.NQ\)

 Lại có tam giác NBH vuông tại H có đường cao HQ nên \(NH^2=NB.NQ\) \(\Rightarrow NM=NH\).