Lời giải:

$x^2+2xy+3y^2=6$

$\Leftrightarrow (x^2+2xy+y^2)+2y^2=6$

$\Leftrightarrow (x+y)^2+2y^2=6$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$M^2=(x+2y)^2=[(x+y)+y]^2\leq [(x+y)^2+2y^2](1+\frac{1}{2})=6.\frac{3}{2}=9$

$\Rightarrow -3\leq M\leq 3$
Vậy $M_{\min}=-3; M_{\max}=3$.

Bạn nên gõ đề bằng công thức toán (biểu tượng $\sum$ góc trái khung soạn thảo) để mọi người hiểu đề của bạn và hỗ trợ tốt hơn nhé. 

Để giải bài toán này, ta cần sử dụng một số tính chất của hình học:

1. Đối với tam giác vuông $ADE$, ta có $AH\cdot AO=AD\cdot AE$, theo định lí Euclid.
2. Nếu $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp, thì tứ giác $ABCD$ có tứ giác nội tiếp khác nếu và chỉ nếu tổng các góc đối diện của nó bằng 180∘180∘.
3. Hai tia song song cắt bởi một đường thẳng sẽ tạo thành các góc tương đương.

Giờ ta sẽ đi chứng minh từng câu hỏi:

1. Vì $AH$ và $AO$ là hai tia phát ra từ một điểm $A$, $AD$ và $AE$ là đoạn thẳng nằm trên đường thẳng $AO$, nên theo tính chất của tỉ số đồng dạng trong tam giác, ta có $AH\cdot AO=AD\cdot AE$.
2. Ta thấy ∠𝐷𝑂𝐻=90∘∠DOH=90∘ (do $DO$ song song với $BE$, và $DE$ là tiếp tuyến của đường tròn $O$), và ∠𝐷𝐸𝑂=90∘∠DEO=90∘ (do $DE$ là tiếp tuyến của đường tròn $O$). Vậy tứ giác $DHOE$ là tứ giác nội tiếp.
3. Ta có thể chứng minh $A$, $P$, $K$ thẳng hàng bằng cách sử dụng tính chất của góc phụ tại điểm.

Trong hình vẽ, ta có:

• Điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $O$.
• $B$ và $C$ là hai tiếp điểm của đường tròn $O$.
• $D$ và $E$ là hai điểm cắt của tiếp tuyến $AD$ và $AE$ với $BC$.
• $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$.
• $P$ và $Q$ là các điểm trên $AB$ và $AC$ tương ứng.
• $K$ là điểm giao của $AP$ và $DQ$.
• $I$ là giao điểm của $AD$ và $BE$.

Bạn có thể sử dụng hình vẽ này để hiểu rõ hơn về bài toán.

b: Vì AB//KN

nên \(sđ\stackrel\frown{AN}=sđ\stackrel\frown{BK}\)

Xét (O) có

\(\widehat{CIK}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung CK và AN

=>\(\widehat{CIK}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{CK}+sđ\stackrel\frown{AN}\right)\)

=>\(\widehat{CIK}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{CK}+sđ\stackrel\frown{BK}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{BC}\)

Xét (O) có

\(\widehat{MBC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BC

Do đó: \(\widehat{MBC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\)

=>\(\widehat{MBC}=\widehat{MIC}\)

=>MBIC là tứ giác nội tiếp

=>M,B,I,C cùng thuộc một đường tròn

mà M,B,O,C cùng thuộc đường tròn đường kính OM

nên I nằm trên đường tròn đường kính OM

=>OI\(\perp\)MN tại I

ΔONK cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của NK

con chó có bao nhiêu tuôi

Gọi vận tốc thật của cano là x(km/h) và vận tốc của dòng nước là y(km/h)

(Điều kiện: x>0; y>0)

Vận tốc lúc xuôi dòng là x+y(km/h)

Vận tốc lúc ngược dòng là x-y(km/h)

Vận tốc lúc đi xuôi dòng lớn hơn vận tốc lúc ngược dòng là 4km/h nên ta có:

x+y-(x-y)=4

=>x+y-x+y=4

=>2y=4

=>y=2(nhận)

Vận tốc lúc xuôi dòng là x+2(km/h)

Vận tốc lúc ngược dòng là x-2(km/h)

Thời gian đi lúc xuôi dòng là \(\dfrac{40}{x+2}\left(giờ\right)\)

Thời gian đi lúc ngược dòng là \(\dfrac{40}{x-2}\left(giờ\right)\)

Tổng thời gian cả đi lẫn về là 4h30p=4,5 giờ nên ta có:

\(\dfrac{40}{x+2}+\dfrac{40}{x-2}=4,5\)

=>\(\dfrac{40x-80+40x+80}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=4,5\)

=>\(4,5\left(x^2-4\right)=80x\)

=>\(4,5x^2-80x-18=0\)

=>\(4,5x^2-81x+x-18=0\)

=>\(4,5x\left(x-18\right)+\left(x-18\right)=0\)

=>(x-18)(4,5x+1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=18\left(nhận\right)\\x=-\dfrac{1}{4,5}=-\dfrac{2}{9}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: vận tốc dòng nước là 2km/h

vận tốc lúc xuôi dòng là 18+2=20km/h

1: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=2x+3\)

=>\(x^2-2x-3=0\)

=>(x-3)(x+1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=-1\end{matrix}\right.\)

=>\(x_1=-1;x_2=3\)

\(A=2x_1+x_2=-2+3=1\)

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

\(=\left(2m+2\right)^2-4\left(m^2+2m\right)\)

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

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m+2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+2m\end{matrix}\right.\)

Theo đề, ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m+2\\x_1-2x_2=3m\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2-x_1+2x_2=2m+2-3m\\x_1+x_2=2m+2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3x_2=-m+2\\x_1=2m+2-x_2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{-m+2}{3}\\x_1=2m+2-\dfrac{-m+2}{3}=\dfrac{6m+6+m-2}{3}=\dfrac{7m+4}{3}\end{matrix}\right.\)

\(x_1\cdot x_2=m^2+2m\)

=>\(\dfrac{\left(-m+2\right)\left(7m+4\right)}{9}=m^2+2m\)

=>\(\left(-m+2\right)\left(7m+4\right)=3\left(m^2+2m\right)\)

=>\(-7m^2-4m+14m+8=3m^2+6m\)

=>\(-7m^2+10m+8-3m^2-6m=0\)

=>\(-10m^2+4m+8=0\)

=>\(m=\dfrac{1\pm\sqrt{21}}{5}\)

∆ = [-(2m + 1)]² - 4.1.2m

= 4m² + 4m + 1 - 8m

= 4m² - 4m + 1

= (2m - 1)²

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

⇔ (2m - 1)² > 0

⇔ 2m - 1 ≠ 0

⇔ 2m ≠ 1

⇔ m ≠ 1/2

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

x₁ + x₂ = 2m + 1

x₁x₂ = 2m

A = x₁² + x₂² - x₁x₂

= (x₁ + x₂)² - 3x₁x₂

= (2m + 1)² - 3.2m

= 4m² + 4m + 1 - 6m

= 4m² - 2m + 1

= (2m)² - 2.2m.1/2 + 1/4 + 1 - 1/4

= (2m - 1/2)² + 3/4

Ta có:

(2m - 1/2)² ≥ 0 với mọi x ∈ R

⇒ (2m - 1/2) + 3/4 ≥ 3/4 với mọi x ∈ R

Vậy min A = 3/4 khi m = 1/4

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (d') là:

\(x+m+1=-x+3m-1\)

\(\Leftrightarrow2x=2m-2\)

\(\Leftrightarrow x=m-1\)

\(\Rightarrow y=x+m+1=m-1+m+1=2m\)

Vậy (d) cắt (d') tại điểm \(A\left(m-1,2m\right)\)

Để A thuộc \(\left(d_0\right):y=3x-1\) thì \(2m=3\left(m-1\right)-1\) 

\(\Leftrightarrow2m=3m-3-1\)

\(\Leftrightarrow m=4\)

Vậy \(m=4\)

(￣y▽￣)╭ Thay like cái nào !!

Viết hệ thức lượng cho tam giác DEF là viết các công thức liên hệ giữa các cạnh và đường cao trong tam giác DEF. Có ba công thức chính:

• Công thức tính diện tích: 𝑆=12𝑎ℎS=
  
  ​1/2ah, trong đó a là độ dài một cạnh và h là độ dài đường cao hạ từ đỉnh đối diện với cạnh đó.
• Công thức tính đường cao: ℎ=2𝑆𝑎h= 2S/a
  
  ​
• Công thức tính cạnh: 𝑎=2𝑆ℎa= 2S/h
  
  ​