a) Do $MA$, $MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên $MA\perp OA;MB\perp OB$

Suy ra MAO^=MBO^=90∘MAO=MBO=90∘.

Gọi $I$ là trung điểm của $OM$ (học sinh tự vẽ thêm trên hình).

Xét tam giác $MAO$ vuông tại $A$, $AI$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:

AI=MI=IO=12OMAI=MI=IO=21​OM (1)

Xét tam giác $MBO$ vuông tại $B$, $BI$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:

BI=MI=IO=12OMBI=MI=IO=21​OM (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AI=MI=IO=BI$

Vậy tứ giác $MAOB$ nội tiếp đường tròn tâm $I$, đường kính $OM$.

b) Do $MA$, $MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên $MA=MB$;

Mà $OA=OB=R$ nên $MO$ là trung trực của đoạn thẳng $AB$.

Suy ra $MO\perp AB$ tại $D$.

$H$ là hình chiếu của $O$ trên đường thẳng $d$ nên $HO\perp MH$.

Xét tam giác $\Delta ODC$ và $\Delta OHM$ có:

MOH^MOH chung;

ODC^=OHM^=90∘ODC=OHM=90∘

Suy ra $\Delta ODC\backsim \Delta OHM$ (g.g) suy ra ODOH=OCOMOHOD​=OMOC​

Hay $OC.OH=OD.OM$.

Tương tự, chứng minh $\Delta ODA\backsim \Delta OAM$ suy ra OD.OM=OA2=R2OD.OM=OA2=R2

Hay OC.OH=R2OC.OH=R2

c) Vì điểm $O$ và đường thẳng $d$ cố định nên $H$ cố định do đó $OH$ cố định và có độ dài không đổi suy ra $C\in OH$ cố định (3)

 Từ OC.OH=R2OC.OH=R2 ta có OC=R2OHOC=OHR2​ không đổi (4)

Từ (3) và (4) suy ra điểm $C$ cố định suy ra dây $AB$ luôn đi qua điểm $C$ cố định.

Vậy khi điểm $M$ di chuyển trên đường thẳng $d$ thì dây $AB$ luôn đi qua một điểm cố định.

Ta có: (x2−1)(x+3)(x+5)=m(x2−1)(x+3)(x+5)=m (1)

$(x+1)(x+3)(x-1)(x+5)=m$

(x2+4x+3)(x2+4x−5)=m(x2+4x+3)(x2+4x−5)=m (2)

Đặt y=x4+4x+4=(x+2)2≥0y=x4+4x+4=(x+2)2≥0 với mọi $x$. 

Khi đó (2) có dạng: $(y-1)(y-9)=m$ hay y2−10y+9−m=0y2−10y+9−m=0 (3)

Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt y1>y2>0y1​>y2​>0 khi và chỉ khi

{  Δ′=16+m>0  y1+y2=10>0  y1y2=9−m>0⎩⎨⎧​      ​Δ′=16+m>0y1​+y2​=10>0y1​y2​=9−m>0​ hay $-16<m<9$ (4)

Khi y1;y2y1​;y2​ là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (3) thì phương trình (2) tương đương với:

x2+4x+4−y1=0x2+4x+4−y1​=0 hoặc x2+4x+4−y2=0x2+4x+4−y2​=0

Gọi x1,x2x1​,x2​ là hai nghiệm phân biệt của phương trình: x2+4x+4−y1=0x2+4x+4−y1​=0 (5)

Gọi x3,x4x3​,x4​ là hai nghiệm phân biệt của phương trình: x2+4x+4−y2=0x2+4x+4−y2​=0 (6)

Áp dụng định lí Viète cho các phương trình (3), (5), (6) ta có:

1x1+1x2+1x3+1x4x1​1​+x2​1​+x3​1​+x4​1​

=x1+x2x1x2+x3+x4x3x4=x1​x2​x1​+x2​​+x3​x4​x3​+x4​​

=−44−y1+−44−y2=4−y1​−4​+4−y2​−4​

4(y1+y2)−3216−4(y1+y2)+y1y216−4(y1​+y2​)+y1​y2​4(y1​+y2​)−32​

=40−3216−40+9−m=16−40+9−m40−32​

=8−15−m=−1=−15−m8​=−1

Suy ra $m=-7$ (thỏa mãn).

Gọi vận tốc lúc đi của Hoa là x(km/h)

Đk:x>0

Thời gian bạn Hoa đi từ nhà đến địa điểm A là:24/x(giờ)

Thời gian bạn Hoa đi một nửa quãng đường lúc về là:12/x(giờ)

Vận tốc của bạn Hoa đi một nửa quãng đường lúc về là:x+4(km/h)

Thời gian bạn Hoa đi nửa quãng đường lúc về là:12/x+4(giờ)

Đổi 15 phút=1/4 h

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút nên ta có phương trình:

24/x -12/x - 12/(x+4) =1/4

12/x -12/(x+4)=1/4

12.4(x+4)/4x(x+4) -12.4x/x(x+4) = x(x+4)/4x(x+4)

48x + 192 - 48x=x² + 4x

48x + 192 -48x -x² -4x=0

x² - 4x +192=0

(x-12)(x+16)=0

suy ra x-12=0 hoặc x+16=0 

+, x-12=0 hay x=12

+, x+16=0 hay x=-16

Ta thấy x=12 thoản mãn điều kiện

             x=-16 không thoả mãn điều kiện

Vậy vân tốc của bạn Hoa lúc đi là 12km/h

a, Thay m=-2 vào phương trình (1) ta được:

x² - (-2x) +(-2)-1=0

x² +2x -3=0

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

suy ra x+3=0 hoặc x-1=0

+, x+3=0 hay x=-3

+, x-1=0 hay x=1

Vậy với m=-2 thì phương trình có 2 nghiệm x=-3 và x=1

b,△=b²- 4ac=(-m)² - 4.1.(m-1)= m² -4m +4=(m-2)² ≥0

⇒ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

Theo định lí Vi-ét ta có:

x₁+x₂=m

x₁.x₂=m-1

Theo đề bài ta có:

A=2x₁x₂+3/x₁² + x₂² + 2(x₁x₂+1) 

A=2x₁x₂+3/(x₁+x₂)²+2

A=2(m-1)+3/m²+2

A=m²+2-(m-1)²/m²+2=1 - (m-1)²/m²+2

A≤1,Dấu "=" xảy ra khi m=1

4x/căn x-3