Câu 2: 

1: \(\Leftrightarrow x\cdot\dfrac{7}{2}=\dfrac{9}{2}+3=\dfrac{15}{2}\)

hay x=15/7

2: \(\Leftrightarrow x=\dfrac{5}{2}\cdot\dfrac{8}{5}=4\)

3: \(\Leftrightarrow x=\dfrac{-11\cdot10}{5}=-11\cdot2=-22\)

4: =>2x=90

hay x=45

Bài 5:

1: Phương trình hoành độ giao điểm là:

2x+1=-x+3

=>3x=2

=>\(x=\frac23\)

Khi x=2/3 thì \(y=-x+3=-\frac23+3=\frac73\)

2: Thay x=2/3 và y=7/3 vào (d3), ta được:

\(\frac23\left(m-1\right)+3m-2=\frac73\)

=>\(\frac23m-\frac23+3m-2=\frac73\)

=>\(\frac{11}{3}m=\frac73+\frac23+2=3+2=5\)

=>\(m=5:\frac{11}{3}=5\cdot\frac{3}{11}=\frac{15}{11}\)

3: Để (d1) cắt (d3) thì m-1<>2

=>m<>3

Phương trình hoành độ giao điểm là:

(m-1)x+3m-2=2x+1

=>(m-1)x-2x=1-3m+2

=>(m-3)x=-3m+3

=>\(x=\frac{-3m+3}{m-3}\)

Khi \(x=\frac{-3m+3}{m-3}\) thì \(y=2x+1=\frac{2\cdot\left(-3m+3\right)}{m-3}+1=\frac{-6m+6+m-3}{m-3}=\frac{-5m+3}{m-3}\)

Để giao điểm của (d1) và (d3) thuộc trục Ox thì y=0

=>-5m+3=0

=>-5m=-3

=>\(m=\frac35\)

4: Để (d2) cắt (d3) thì m-1<>-1

=>m<>0

Phương trình hoành độ giao điểm là:

(m-1)x+3m-2=-x+3

=>(m-1)x+x=3-3m+2

=>mx=-3m+5

=>\(x=\frac{-3m+5}{m}\)

\(y=-x+3=-\frac{-3m+5}{m}+3=\frac{3m-5}{m}+3=\frac{3m-5+3m}{m}=\frac{6m-5}{m}\)

Để giao điểm của (d2) và (d3) thuộc trục Oy thì x=0

=>-3m+5=0

=>-3m=-5

=>m=5/3

Bài 3:

1: Để (d1) cắt (d2) thì m<>1

Phương trình hoành độ giao điểm là:

mx+3m=x+1

=>mx-x=1-3m

=>x(m-1)=1-3m

=>\(x=\frac{1-3m}{m-1}\)

\(y=x+1=\frac{1-3m}{m-1}+1=\frac{1-3m+m-1}{m-1}=\frac{-2m}{m-1}\)

2: Để giao điểm của (d1) và (d2) thuộc trục Ox thì y=0

=>\(\frac{-2m}{m-1}\) =0

=>-2m=0

=>m=0

3: Để giao điểm của (d1) và (d2) thuộc trục Oy thì x=0

=>1-3m=0

=>3m=1

=>\(m=\frac13\)

4: Thay \(x=\frac{-3m+1}{m-1};y=\frac{-2m}{m-1}\) vào y=-x+1, ta được:

\(-\frac{-3m+1}{m-1}+1=\frac{-2m}{m-1}\)

=>\(\frac{3m-1}{m-1}+1=\frac{-2m}{m-1}\)

=>3m-1+m-1=-2m

=>4m-2=-2m

=>6m=2

=>\(m=\frac13\)

Bài 5:

a: TH1:m=0

=>x+1=0

=>x=-1(nhận)

TH2: m<>0

\(\text{Δ}=1^2-4m\left(m+1\right)=1-4m^2-4m\)

Để phương trình có nghiệm kép thì -4m^2-4m+1=0

=>\(m=\dfrac{-1\pm\sqrt{2}}{2}\)

b: Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì -4m^2-4m+1>=0

=>\(\dfrac{-1-\sqrt{2}}{2}< =m< =\dfrac{-1+\sqrt{2}}{2}\)

c: Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt thì 

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{-1-\sqrt{2}}{2}< =m< =\dfrac{-1+\sqrt{2}}{2}\\\dfrac{-1}{m}>0\\\dfrac{m+1}{m}>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{-1-\sqrt{2}}{2}< =m< =\dfrac{-1+\sqrt{2}}{2}\\m< =-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\dfrac{-1-\sqrt{2}}{2}< =m< =-1\)

d: Để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì m(m+1)<0

=>-1<m<0

e: Để phương trình có hai nghiệm cùng dấu thì 

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{-1-\sqrt{2}}{2}< =m< =\dfrac{-1+\sqrt{2}}{2}\\\dfrac{m+1}{m}>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}0< m< =\dfrac{-1+\sqrt{2}}{2}\\\dfrac{-1-\sqrt{2}}{2}< =m< -1\end{matrix}\right.\)

giúp mình dzới ạ 

Khó thấy quá bạn ơi, bạn chụp lại đi

5:

a: Xét ΔABC vuông tại A có

\(sinC=\dfrac{3}{5}\)

=>\(\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\)

=>\(\dfrac{3}{BC}=\dfrac{3}{5}\)

=>BC=5(cm)

ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2=5^2-3^2=16\)

=>AC=4(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AH\cdot BC=AB\cdot AC\\CH\cdot CB=CA^2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}AH=\dfrac{3\cdot4}{5}=2,4\left(cm\right)\\CH=\dfrac{4^2}{5}=3,2\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(tanB=\dfrac{AC}{AB}\)

=>\(tanB=\dfrac{4}{3}\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\)

nên \(\widehat{C}\simeq37^0\)

b: Xét ΔABF vuông tại A có AE là đường cao

nên \(BE\cdot BF=AB^2\left(1\right)\)

Xét ΔBAC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(BE\cdot BF=BH\cdot BC\)

XétΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(CH\cdot CB=CA^2\)

\(\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{BH\cdot BC}{CH\cdot CB}=\dfrac{BH}{CH}\)

c: ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên MA=MB

=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)

Xét ΔEAB vuông tại E và ΔHBA vuông tại H có

AB chung

\(\widehat{EAB}=\widehat{HBA}\)

Do đó: ΔEAB=ΔHBA

=>\(\widehat{DAB}=\widehat{DBA}\)

=>DA=DB

\(\widehat{DAB}+\widehat{DAF}=90^0\)

\(\widehat{DBA}+\widehat{DFA}=90^0\)

mà \(\widehat{DAB}=\widehat{DBA}\)

nên \(\widehat{DAF}=\widehat{DFA}\)

=>DA=DF

=>DF=DB

=>D là trung điểm của FB

Ta có ( x + 2 )( -x - 5 )( x² + 9 ) = 0

Suy ra x + 2 = 0; -x - 5 = 0 hoặc x² + 9 = 0

Nếu x + 2 = 0 ⇒ x = -2

Nếu -x - 5 = 0 ⇒ -x = 5 ( loại )

Nếu x² + 9 = 0 ⇒ x² = -9 ( loại )

Vậy x = -2 thì ( x + 2 )( -x - 5 )( x² + 9 ) = 0

x=-5 sao lại loại z ?

a/ Tam giác AMN cân tại A (gt). \(\Rightarrow\) \(\widehat{AMN}=\widehat{ANM};AM=AN.\)

Xét tam giác AMB và tam giác ANC có:

+ AM = AN (cmt).

+ \(\widehat{AMB}=\widehat{ANC}\left(\widehat{AMN}=\widehat{ANM}\right).\)

+ MB = NC (gt).

\(\Rightarrow\) Tam giác AMB = Tam giác ANC (c - g - c).

\(\Rightarrow\) AB = AC (cặp cạnh tương ứng).

Xét tam giác ABC có: AB = AC (cmt).

\(\Rightarrow\) Tam giác ABC cân tại A.

b/ Tam giác ABC cân tại A (cmt) \(\Rightarrow\) \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}.\)

Mà \(\widehat{ABC}=\widehat{MBH;}\widehat{ACB}=\widehat{NCK}\text{​​}\) (đối đỉnh).

\(\Rightarrow\) \(\widehat{MBH}=\widehat{NCK}.\)

Xét tam giác MBH và tam giác NCK \(\left(\widehat{BHM}=\widehat{CKN}=90^o\right)\)có:

+ MB = NC (gt).

+ \(\widehat{MBH}=\widehat{NCK}\left(cmt\right).\)

\(\Rightarrow\) Tam giác MBH = Tam giác NCK (cạnh huyền - góc nhọn).

c/ Tam giác MBH = Tam giác NCK (cmt).

\(\Rightarrow\) \(\widehat{BMH}=\widehat{CNK}\) (cặp góc tương ứng).

Xét tam giác OMN có: \(\widehat{NMO}=\widehat{MNO}\) (do \(\widehat{BMH}=\widehat{CNK}\)).

\(\Rightarrow\) Tam giác OMN tại O.