Em có thể thu nhỏ ảnh minh họa lại để cho vừa với phần còn trống trong văn bản. Khi đó, văn bản sẽ không bị che khuất nữa em nhé.

Mk đang gấp mong giúp đỡ

2.

\(\Delta'=\left(m-1\right)^2-3m\left(m-2\right)=-2m^2+4m+1>0\) (1)

Với \(m\ne0\), theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{2\left(m-1\right)}{m}\\x_1x_2=\dfrac{3\left(m-2\right)}{m}\end{matrix}\right.\)

\(x_1+2x_2=1\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)+x_2=1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(m-1\right)}{m}+x_2=1\)

\(\Leftrightarrow x_2=\dfrac{-m+2}{m}\)

Thế vào \(x_1+x_2=\dfrac{2\left(m-1\right)}{m}\Rightarrow x_1=\dfrac{2\left(m-1\right)}{m}-\dfrac{-m+2}{m}=\dfrac{3m-4}{m}\)

Thế vào \(x_1x_2=\dfrac{3\left(m-2\right)}{m}\)

\(\Rightarrow\left(\dfrac{3m-4}{m}\right)\left(\dfrac{-m+2}{m}\right)=\dfrac{3\left(m-2\right)}{m}\)

\(\Rightarrow6m^2-16m+8=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\dfrac{2}{3}\\m=2\end{matrix}\right.\)

Thế vào (1) kiểm tra thấy đều thỏa mãn

a: Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

Xét tứ giác ABDI có \(\widehat{IAB}+\widehat{IDB}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABDI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BI

Tâm là trung điểm của BI

b: Ta có: ABDI nội tiếp

=>\(\widehat{BAD}=\widehat{BID}\)

c: Xét ΔCDI vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có

\(\widehat{DCI}\) chung

Do đó: ΔCDI~ΔCAB

=>\(\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{CI}{CB}\)

=>\(CD\cdot CB=CA\cdot CI\)

Tự mà làm 

Cho đường tròn ( O: R) và đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn.Trên d lấy một điểm M bất kì, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm).Kẻ cát tuyến MDE (D nằm giữa M và E, cắt bán kính OA). Gọi I là trung điểm DE...

Ta có: \(1^2+2^2+3^2+\ldots+x^2=\left(1+2+3+\cdots+x\right)\cdot\frac{\left(2x+1\right)}{3}\)

=>\(1^2+2^2+\cdots+x^2=x\left(x+1\right)\cdot\frac{\left(2x+1\right)}{2\cdot3}=\frac{x\left(x+1\right)\left(2x+1\right)}{6}\) (1)

Nếu x=1 thì ta có: \(\frac{1\left(1+1\right)\left(2\cdot1+1\right)}{6}=\frac{1\cdot2\cdot3}{6}=1\)

=>(1) đúng với x=1

Giả sử (1) đúng với x=k

Khi đó, ta sẽ có:

\(1^2+2^2+\cdots+k^2=\frac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}{6}\)

Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với x=k+1

\(1^2+2^2+\cdots+k^2+\left(k+1\right)^2=\frac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}{6}+\left(k+1\right)^2\)

\(=\frac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}{6}+\frac{6\left(k+1\right)^2}{6}\)

\(=\frac{\left(k+1\right)\left\lbrack k\left(2k+1\right)+6\left(k+1\right)\right\rbrack}{6}=\frac{\left(k+1\right)\left(2k^2+k+6k+6\right)}{6}\)

\(=\frac{\left(k+1\right)\left(2k^2+7k+6\right)}{6}=\frac{\left(k+1\right)\left(2k^2+4k+3k+6\right)}{6}\)

\(=\frac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)\left(2k+3\right)}{6}=\frac{\left(k+1\right)\left(k+1+1\right)\left\lbrack2\cdot\left(k+1\right)+1\right\rbrack}{6}\) , đúng với công thức (1)

=>(1) đúng với mọi x thuộc N

Từ giả thiết:

\(2024abc\ge a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\ge\dfrac{3^3}{2024^3}\)

Lại có:  

\(2024abc\ge a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right).3\sqrt[3]{abc}\ge a+b+c.\sqrt[3]{\dfrac{3^3}{2024^3}}\)

\(\Rightarrow2024abc\ge\dfrac{3}{2024}\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c}{abc}\le\dfrac{2024^2}{3}\)

Từ đó:

\(Q=\dfrac{a}{a^2+bc}+\dfrac{b}{b^2+ca}+\dfrac{c}{c^2+ab}\)

\(Q\le\dfrac{a}{2\sqrt{a^2.bc}}+\dfrac{b}{2\sqrt{b^2.ca}}+\dfrac{c}{2\sqrt{c^2.ab}}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\right)\)

\(Q\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{abc}}\right)\le\dfrac{\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}{2\sqrt{abc}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{\dfrac{a+b+c}{abc}}\le\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{\dfrac{2024^2}{3}}=1012\)

\(Q_{max}=1012\) khi \(a=b=c=\dfrac{3}{2024}\)

PT vô nghiệm khi \(\Delta\) <0

\(\text{Δ}=\left(-2\right)^2-4\cdot1\cdot\left(m^2-9\right)\)

\(=4-4\left(m^2-9\right)=4-4m^2+36=-4m^2+40\)

Để phương trình vô nghiệm thì Δ<0

=>\(-4m^2+40< 0\)

=>\(-4m^2< -40\)

=>\(m^2>10\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m>\sqrt{10}\\m< -\sqrt{10}\end{matrix}\right.\)