+) điều kiện \(-1\le x\le1\)

+) đặt \(\hept{\begin{cases}a=\sqrt{1-x};a\ge0\\b=\sqrt{1+x};b\ge0\end{cases}=>3-x=2a^2+b^2}\)

+) phương trình trở thành

\(2a-b+3ab=2a^2+b^2\Leftrightarrow2a^2-a\left(2+3b\right)+b^2+b=0\left(1\right)\)

ta có \(\Delta_a=\left(2+3b\right)^2-8\left(b^2+b\right)=\left(b+2\right)^2.\)phương trình (1) có nghiệm là \(\orbr{\begin{cases}a=\frac{2+3b-\left(b+2\right)}{4}=\frac{b}{2}\\a=\frac{2+3b+\left(b+2\right)}{4}=b+1\end{cases}}\)

+) zới \(a=\frac{b}{2}=>2\sqrt{1-x}=\sqrt{1+x}\Leftrightarrow x=\frac{3}{5}\)

+) zới a=b+1\(=>\sqrt{1-x}=\sqrt{1+x}+1\Leftrightarrow x=\frac{-\sqrt{3}}{2}\)

xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0\)(t/c tiếp tuyến )

mà 2 góc này ở zị trí đối diện

=> tứ giác ABOC nối tiếp 

=>ABC=AOB

b)Zì A là giao điểm 2 tiếp tuyến AB zà AC

=>\(\hept{\begin{cases}AB=AC\\OB=OC\end{cases}=>OA}\)là đường trung trực của BC

=>\(OA\perp BC\)

ta có \(\widehat{BAE}+\widehat{ABE}=90^0\)( do tam giác ABE zuông tại E)

         \(\widehat{BAE}+\widehat{BOE}=90^0\)( do tam giác ABO zuông tại B)

=> \(\widehat{ABE}=\widehat{BOE}\)

xét tam giác ABE zà tam giác BOE có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{AEB}=\widehat{BEO}\left(=90^0\right)\\\widehat{ABE}=\widehat{BOE}\left(cmt\right)\end{cases}=>}\)tam giác ABE \(~\)tam giác BOE (g.g)

=>\(\frac{AB}{BO}=\frac{AE}{BE}=>AB.BE=AE.BO\left(dpcm\right)\)

c)xét tứ giác IBDO có

\(\widehat{DBO}=\widehat{DIO}=90^0\)

mà 2 góc này cùng chắn cung OD=>IBDO là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{EBO}=\widehat{ODF}\)(cùng chắn cung OI) (1)

ta có OB=OC => tam giác OBC cân tại O

=>\(\widehat{EBO}=\widehat{ECO}\)(2)

từ 1 zà 2 =>\(\widehat{ODF}=\widehat{ECO}\)hay \(\widehat{IDO}=\widehat{BCO}\)(3)

xét tứ giá IOCF có \(\widehat{ÒI}F=\widehat{OCF}=90^0\)

mà 2 góc này ở zị trí đối diện 

=> tứ giác IOCF nội tiếp

=>\(\widehat{IFO}=\widehat{ECO}\)(cùng chắn cung OI) (4)

từ 3 zà 4 

=>\(\widehat{IFO}=\widehat{DFO}=\widehat{FDO}\)

=>tam giacsDOF cân tại O

d)tam giác DOF cân => Oi là đường coa đồng thời là đường trung tuyến

=> I là trung điển của DF

mặt khác I là trung điểm của BE

=> tứ giác BDEF là hbh

=> BD//EF

hay AB//ÈF

xét tam giác ABC có

E là trung điểm cua BC (t/c tiếp tuyến)

EF//AB 

=> EF là đường trung bình của tam giác ABC

=> F là trung điểm của AC(dpcm

Để bù đắp những thiệt hại trong chiến tranh thế giới thứ nhất, khôi phục địa vị của Pháp trong thế giới tư bản, chính quyền Pháp đẩy mạnh bóc lột trong nước, tiến hành cuộc khai thác lần 2 ở Đông Dương - chủ yếu là Việt Nam 

a) Hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là nghiệm phương trình:

\(x^2=2mx-2m+3\) (2)

<=> \(x^2-2mx+2m-3=0\)

Có: \(\Delta'=m^2-\left(2m-3\right)=m^2-2m+3=\left(m-1\right)^2+2>0\)với mọi m

=> Với mọi m phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biết

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

___________

c) Để phương trình (1) có nghiệm điều kiện là: \(\Delta'=\left(k-1\right)^2-\left(k-3\right)=k^2-3k+4=\left(k-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{7}{4}>0\)với mọi m

=> Phương trình (1) có 2 nghiệm \(x_1;x_2\)với mọi m 

Áp dụng định lí viets ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(k-1\right)\\x_1.x_2=k-3\end{cases}}\)mà \(x_1=\frac{5}{3}x_2\)

nên : \(\frac{5}{3}x_2+x_2=2k-2\)<=> \(\frac{8}{3}x_2=2k-2\)<=> \(x_2=\frac{3}{4}\left(k-1\right)\)

khi đó: \(x_1=\frac{5}{3}x_2=\frac{5}{4}\left(k-1\right)\)

Suy ra \(x_1.x_2=k-3\)<=> \(\frac{15}{16}\left(k-1\right)^2=k-3\)

<=> \(15k^2-46k+63=0\)(3)

có: \(\Delta\)<0 

=> (3) vô nghiệm

=> không tồn tại k

ĐK : \(x+1>0=>x\ge-1\)

Đặt \(\sqrt{x+1}=t=>t\ge0=>x+1=t^2=>x=t^2-1=>x^2=t^4-2t^2+1\)

Khi đó ta có \(t^4-2t^2+1+t^2-1+12t-36=0\)

=>\(t^4-t^2+12t-36=0\)

=>\(t^4-2t^3+2t^3-4t^2+3t^2-6t+18t-36=0\)

=>\(t^3\left(t-2\right)+2t^2\left(t-2\right)+3t\left(t-2\right)+18\left(t-2\right)=0\)

=>\(\left(t-2\right)\left(t^3+2t^2+3t+18\right)=0\)

=>\(\hept{\begin{cases}t=2\\t^3+2t^2+3t+18=0\left(loại\right)do\left(t\ge0=>t^3+2t^2+3t+18>0\right)\end{cases}}\)

=>\(t=2=>x+1=4=>x=3\)(thảo mãn đk)

zậy...