pt đã cho \(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x-1\right)^2+1}+\sqrt{3\left(x-1\right)^2+4}=3-\sqrt{x-1}\) Vì \(\left(x-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2+1\ge1\Leftrightarrow\sqrt{\left(x-1\right)^2+1}\ge1\) Tương tự, ta có \(\sqrt{3\left(x-1\right)^2+4}\ge2\)  Từ đó, ta có \(VT\ge3\) \(\Leftrightarrow VP\ge3\) \(\Leftrightarrow3-\sqrt{x-1}\ge3\) \(\Leftrightarrow\sqrt{x-1}\le0\) Lại có \(\sqrt{x-1}\ge0\) \(\Rightarrow\sqrt{x-1}=0\)\(\Leftrightarrow x-1=0\Leftrightarrow x=1\) Vậy tập nghiệm của pt đã cho là \(S=\left\{1\right\}\)

a) Dễ thấy \(\widehat{AMC}=90^o\) Xét (O) có đường kính AB \(\Rightarrow\) \(\widehat{ANB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. \(\Rightarrow\widehat{ANB}=90^o\) hay \(\widehat{ANC}=90^o\) Tứ giác ANCM có \(\widehat{AMC}+\widehat{ANC}=90^o+90^o=180^o\) \(\Rightarrow\) Tứ giác ANCM nội tiếp \(\Rightarrow\) 4 điểm A, M, C, N cùng thuộc 1 đường tròn. b) Vì AB là đường kính của (O) \(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{AB}=180^o\) Mà I là điểm chính giữa của cung AB \(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{IA}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AB}}{2}=\dfrac{180^o}{2}=90^o\) Lại có \(\widehat{ANI}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{IA}\) \(\Rightarrow\widehat{ANI}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{IA}=\dfrac{1}{2}.90^o=45^o\) hay \(\widehat{ANM}=45^o\) Mặt khác, tứ giác ANCM nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ANM}=\widehat{ACM}\) Mà \(\widehat{ANM}=45^o\Rightarrow\widehat{ACM}=45^o\) Lại có \(\Delta ACM\) vuông tại M \(\Rightarrow\Delta ACM\) vuông cân tại M \(\Rightarrow AM=CM\) c) Kẻ đường kính ID của (O)  Ta có \(MN=IN-IM\) Mà IN là dây cỏa (O) nên hiển nhiên \(IN\le ID\), nhưng do IN không đi qua O nên \(IN< ID\) (1) Dễ dàng chứng minh \(IO\perp AB\) tại O, do đó \(\Delta IOM\) vuông tại O \(\Rightarrow IM>IO\) (không xảy ra dấu "=" vì M không trùng với O) \(\Rightarrow-IM< -IO\) (2) Từ (1) và (2) \(\Rightarrow IN-IM< ID-IO\Leftrightarrow MN< OD=R\) Vậy ta có đpcm.  

a) Khi \(m=2\) thì \(\left(d\right):y=2x+3\) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: \(x^2=2x+3\Leftrightarrow x^2-2x-3=0\) (*) \(\left(a=1;b=-2;c=-3\right)\) Pt (*) có \(a-b+c=1-\left(-2\right)-3=0\) nên pt này có 2 nghiệm: \(x_1=-1;x_2=-\dfrac{-3}{1}=3\) Khi \(x=-1\Rightarrow y=x^2=\left(-1\right)^2=1\) Khi \(x=3\Rightarrow y=x^2=3^2=9\) Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) khi \(m=2\) là các điểm \(\left(-1;1\right);\left(3;9\right)\) b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là \(x^2=mx+3\Leftrightarrow x^2-mx-3=0\) (1) \(\left(a=1;b=-m;c=-3\right)\) pt (*) có \(ac=1.\left(-3\right)=-3< 0\), như vậy pt này luôn có 2 nghiệm phân biệt hay (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. Khi đó, áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=-3\end{matrix}\right.\) Lại có \(y_1=x_1^2;y_2=x_2^2\) Do đó \(y_1+y_2=4\left(x_1+x_2\right)+3\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=4m+3\) \(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=4m+3\Leftrightarrow m^2-2.\left(-3\right)=4m+3\)\(\Leftrightarrow m^2-4m+3=0\) (2) \(\left(a=1;b=-4;c=3\right)\) Pt (2) có \(a+b+c=1-4+3=0\) nên pt này có 2 nghiệm: \(m_1=1;m_2=3\) Vậy để (d) cắt (P) tại 2 điểm có tọa độ thỏa mãn yêu cầu đề bài thì \(\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=3\end{matrix}\right.\)    

  

Bên trong hộp chứa được:

\(V=\text{π}.r^2h=\text{π}.\left(\dfrac{7}{2}\right)^2.8\approx3,14.\dfrac{7^2}{2^2}.8=307,72\left(cm^3\right)=307,72\left(ml\right)\)

Vậy bên trong hộp chứa được \(307,72\) ml

Bán kính đáy của hình trụ là \(r=\dfrac{d}{2}=\dfrac{7}{2}\left(cm\right)=35\left(mm\right)\) Theo đề bài, chiều cao của hình trụ là \(8cm=80mm\) Vậy thể tích hình trụ là \(V=\pi r^2h\approx3,14.35^2.80=307720mm^3\) Đổi \(307720mm^3=307,720ml\) Vậy bên trong hộp sữa chứa được khoảng \(307,720ml\) sữa.

Gọi \(v_{xe.máy}=a\left(\dfrac{km}{h}\right)\left(đk:a>0\right)\)

=> \(v_{oto}=a+20\left(\dfrac{km}{h}\right)\)

Thời gian đi hết quãng đường:

\(t_{xe.máy}=\dfrac{120}{a}\\ t_{oto}=\dfrac{120}{a+20}\)

Theo bài ra, ta có pt:

\(\dfrac{120}{a}-\dfrac{120}{a+20}=1\\ \Leftrightarrow120\left(a+20\right)-120a=a\left(a+20\right)\\ \Leftrightarrow120a+2400-120a=a^2+20a\\ \Leftrightarrow2400a=a^2+20a\\ \Leftrightarrow a^2+20a+100=2500\\ \Leftrightarrow\left(a+10\right)^2=2500\\ \Leftrightarrow a+1=50\left(do:a>0\Leftrightarrow a+1>0\right)\\ \Leftrightarrow a=40\left(TM\right)\)

Vậy:

vận tốc của xe má là: 40km/h

vận tốc của oto là 40 + 20 = 60 km/h

=> ...

Gọi \(x\left(km/h\right)\) là vận tốc của xe máy \(\left(x>0\right)\)  Vì vận tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy 20km/h nên vận tốc ô tô là \(x+20\left(km/h\right)\) Lại có quãng đường từ Hà Nội đến Hải Phòng dài 120km nên thời gian để xe máy đi từ HN-HP là \(\dfrac{120}{x}\left(h\right)\), với ô tô, thời gian này bằng \(\dfrac{120}{x+20}\left(h\right)\) Vì 2 xe xuất phát cùng một lúc, ô tô lại đến HP sớm hơn 1 giờ nên ta có pt \(\dfrac{120}{x}-\dfrac{120}{x+20}=1\Leftrightarrow\dfrac{120\left(x+20\right)-120x}{x\left(x+20\right)}=1\)\(\Leftrightarrow\dfrac{2400}{x^2+20x}=1\Rightarrow x^2+20x=2400\Leftrightarrow x^2+20x-2400=0\)(*) pt (*) có \(\Delta'=10^2-\left(-2400\right)=2500>0\) Vậy pt này có 2 nghiệm phân biệt \(\left[{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{-10+\sqrt{2500}}{1}=40\left(nhận\right)\\x_2=\dfrac{-10-\sqrt{2500}}{1}=-60\left(loại\right)\end{matrix}\right.\) Vậy vận tốc xe máy là 40km/h và vận tốc ô tô là 60km/h

 

A M B C O N K H I

b/

BC=6 => Bán kính (O) là R=3cm

Ta có

sđ \(\widehat{NBC}=30^o=\dfrac{1}{2}\) sđ cung NC (Góc nội tiếp đường tròn)

=>sđ cung NC = 2.sđ \(\widehat{NBC}=60^o\)

\(\Rightarrow l_{NC}=\dfrac{\Pi.R.n}{180}=\dfrac{\Pi.3.60^o}{180^o}=\Pi\simeq3,14cm\)

\(S=\dfrac{\Pi.R^2.n}{360^o}=\dfrac{\Pi.9.60^o}{360^o}=\dfrac{9.\Pi}{4}cm^2\)

c/ Ta có

\(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow\widehat{ANB}=\widehat{AMC}=90^o\)

=> \(BN\perp AC;CM\perp AB\Rightarrow AH\perp BC\) tại K (trong tg ABC 3 đường cao đồng quy tại trực tâm H)

Xét tg vuông AKC và tg vuông BNC có

\(\widehat{HAN}=\widehat{NBC}\) (cùng phụ với \(\widehat{ACB}\) )

d/

Xét tứ giác BMHK có M và K cùng nhìn BH dưới 1 góc 90 độ => BMHK là tứ giác nội tiếp

 \(\Rightarrow\widehat{NBC}=\widehat{HMK}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung HK)

Xét tứ giác nội tiếp (O) BMNC có

\(\widehat{NBC}=\widehat{HMN}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung NC)

\(\Rightarrow\widehat{HMK}=\widehat{HMN}\) => MH là phân giác \(\widehat{KMN}\)

C/m tương tự ta cũng có NH là phân giác của \(KNM\)

=> KI là phân giác của \(\widehat{MKN}\) (trong tg 3 đường phân giác đồng quy)

Xét tg KMN có

\(\dfrac{IM}{MK}=\dfrac{IN}{NK}\) (T/c đường phân giác: Trong một tg đường phân giác của 1 góc chia cạnh đối diện thành hai đợn thẳng tỷ lệ với 2 cạnh kề với hai đoạn thẳng đó) (đpcm)

Bạn có bị nhầm đề không? (sao lại \(2x+x\))