Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d với Ox và Oy

\(\Rightarrow y_A=0\Rightarrow\left(m^2+2\right)x_A+1=0\Rightarrow x_A=-\dfrac{1}{m^2+2}\Rightarrow OA=\left|x_A\right|=\dfrac{1}{m^2+2}\)

\(x_B=0\Rightarrow y_B=\left(m^2+2\right).0+1=1\Rightarrow OB=\left|y_B\right|=1\)

\(\Rightarrow S_{\Delta OAB}=\dfrac{1}{2}OA.OB=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{m^2+2}.1=\dfrac{1}{8}\)

\(\Rightarrow m^2+2=4\Rightarrow m^2=2\)

\(\Rightarrow m=\pm\sqrt[]{2}\)

Lời giải:

\(P=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}-\frac{\sqrt{3}+2}{(\sqrt{3}-2)(\sqrt{3}+2)}+\frac{12(\sqrt{3}-3)}{(\sqrt{3}+3)(\sqrt{3}-3)}\)

\(=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{3-1}-\frac{\sqrt{3}+2}{3-2^2}+\frac{12(\sqrt{3}-3)}{3-3^2}\)

\(=(\sqrt{3}-1)+(\sqrt{3}+2)-2(\sqrt{3}-3)=7\)

1. Tác giả , vài nét và sự nghiệp sáng tác của tác giả:

- Nguyễn Thành Long (1925-1991) còn có một số bút danh khác như Lưu Quỳnh, Phan Minh Thảo.

- Quê quán: huyện Duy Xuyên, tỉnh Quảng Nam.

- Sự nghiệp sáng tác:

+ Sau cách mạng tháng Tám, ông tham gia hoạt động văn nghệ.

+ Sau 1954, Nguyễn Thành Long chuyển về sáng tác và biên tập ở các báo chí, nhà xuất bản.

+ Năm 2008, ông được Nhà nước truy tặng Huân chương Lao động hạng Nhì.

+ Các tác phẩm tiêu biểu: “Bát cơm Cụ Hồ”, “Giữa trong xanh”, “Gió bấc gió nồm” …

- Ông chuyên viết về truyện ngắn và kí. Đặc sắc trong truyện ngắn của ông là luôn tạo ra những hình tượng đẹp đẽ, ngôn ngữ rất giàu chất thơ, trong trẻo và nhẹ nhàng.

 2.Hoàn cảnh sáng tác:

Truyện được viết năm 1970, là kết quả chuyến đi lên Lào Cai của tác giả. Tác phẩm được in trong tập “Giữa trong xanh”

3. máy nhật quang kí là máy đo cường độ ánh sáng mặt trời

Lời giải:
$\sqrt{20}-\sqrt{21-4\sqrt{5}}=\sqrt{20}-\sqrt{20+1-2\sqrt{20}}=\sqrt{20}-\sqrt{(\sqrt{20}-1)^2}=\sqrt{20}-|\sqrt{20}-1|=\sqrt{20}-(\sqrt{20}-1)=1$

a) Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=\dfrac{1}{x+y}\\v=\dfrac{1}{x-y}\end{matrix}\right.\left(1\right)\)

hệ phương trình trở thành \(\left\{{}\begin{matrix}2u+v=\dfrac{5}{3}\\6u-2v=1\end{matrix}\right.\)

Đây là hệ hai phương trình bậc nhất 2 ẩn, dùng phép cộng đại số để giải.

Sau khi giải ra u, v thế vào (1) để tìm \(x,y\).

b) Xét 2 trường hợp:

+) \(y\ge2\Rightarrow\left|y-2\right|=y-2\).

Phương trình đầu tiên trở thành \(3x-y+2=3\)

Đến đây bạn giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn nhé.

+) Tương tự, \(y\lt2\Rightarrow\left|y-2\right|=2-y\)

*Chú ý: tại mỗi trường hợp, đối chiếu nghiệm với điều kiện của y.

A B C O H D E

a/

Xét tg vuông BHD và tg vuông OBD có

\(\widehat{ODB}\) chung

=> tg BHD đồng dạng với tg OBD

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{DO}=\dfrac{DH}{BD}\Rightarrow BD^2=DH.DO\) (đpcm)

b/

Xét tg AEB có

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

Ta có \(BD^2=HD.DO\) (cmt) (1)

Xét tg vuông BED và tg vuông ABD có

\(\widehat{ADB}\) chung

=> tg BED đồng dạng với tg ABD

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{DA}=\dfrac{DE}{BD}\Rightarrow BD^2=DE.DA\) (2)

Từ (1) và (2) => HD.DO = DE.DA (đpcm)

c/

Xét tg DBC có

DB=DC (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn)

=> tg DBC cân tại D 

Ta có \(DH\perp BC\) 

=> \(\widehat{ODC}=\widehat{ODB}\) (trong tg cân đường cao xuất phát từ đỉnh đồng thời là đường phân giác)

Xét tg OCD và tg OBD có

DC=DB (cmt)

OD chung

\(\widehat{ODC}=\widehat{ODB}\) (cmt)

=> tg OCD = tg OBD (c.g.c)

\(\Rightarrow\widehat{OCD}=\widehat{OBD}=90^o\) => DC là tiếp tuyến của (O) (đpcm)

ta có

\(sđ\widehat{DCE}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung CE (góc nt đường tròn)

\(sđ\widehat{CAD}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung CE (góc nt đường tròn)

\(\Rightarrow\widehat{DCE}=\widehat{CAD}\) (1)

Xét tg ECD có \(\widehat{DEC}=180^o-\widehat{DCE}-\widehat{ADC}\) (2)

Xét tg DAC có \(\widehat{DCA}=180^o-\widehat{CAD}-\widehat{ADC}\) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{DEC}=\widehat{DCA}\) (đpcm)