Bài 11:

Theo Vi-et, ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=5\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=4\end{matrix}\right.\)

\(y_1+y_2=\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}=\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\dfrac{5}{4}\)

\(y_1\cdot y_2=\dfrac{1}{x_1}\cdot\dfrac{1}{x_2}=\dfrac{1}{x_1x_2}=\dfrac{1}{4}\)

Phương trình lập được sẽ là \(A^2-\dfrac{5}{4}A+\dfrac{1}{4}=0\)

Bài 10:

a: \(x_1+x_2=7+12=19;x_1x_2=7\cdot12=84\)

Phương trình lập được sẽ là \(x^2-19x+84=0\)

b: \(x_1+x_2=-2+5=3;x_1x_2=-2\cdot5=-10\)

Phương trình lập được sẽ là \(x^2-3x-10=0\)

c: \(x_1+x_2=-3+\left(-4\right)=-7;x_1x_2=\left(-3\right)\cdot\left(-4\right)=12\)

Phương trình lập được sẽ là \(x^2+7x+12=0\)

a: \(\text{Δ}=\left[2\left(m+3\right)\right]^2-4\left(m^2+3\right)\)

\(=\left(2m+6\right)^2-4\left(m^2+3\right)\)

\(=4m^2+24m+36-4m^2-12=24m+24\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>24m+24>0

=>m>-1

b:

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-2\left(m+3\right)\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+3\end{matrix}\right.\)

Để 1 nghiệm lớn hơn nghiệm còn lại là 2 thì \(x_1-x_2=2\)

Do đó, ta có hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-2m-6\\x_1-x_2=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x_1=-2m-4\\x_2=x_1-2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=-m-2\\x_2=-m-2-2=-m-4\end{matrix}\right.\)

\(x_1\cdot x_2=m^2+3\)

=>\(\left(m+2\right)\left(m+4\right)=m^2+3\)

=>6m+8=3

=>6m=-5

=>m=-5/6(nhận)

Sửa đề: Gọi E là giao điểm của OK và AB, H là giao điểm của OM và AB

7: ΔONP cân tại O

mà OK là đường trung tuyến

nên OK⊥NP tại K và OK là phân giác của góc NOP

Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB và MO là phân giác của góc AMB

Ta có: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO⊥AB tại H và H là trung điểm của AB

Xét tứ giác EKHM có \(\hat{EKM}=\hat{EHM}=90^0\)

nên EKHM là tứ giác nội tiếp

Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OA^2=R^2\left(3\right)\)

Xét ΔOKM vuông tại K và ΔOHE vuông tại H có

\(\hat{KOM}\) chung

Do đó: ΔOKM~ΔOHE

=>\(\frac{OK}{OH}=\frac{OM}{OE}\)

=>\(OK\cdot OE=OH\cdot OM\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(OK\cdot OE=R^2\) không đổi

=>\(OK\cdot OE=ON^2\)

=>\(\frac{OK}{ON}=\frac{ON}{OE}\)

Xét ΔOKN và ΔONE có

\(\frac{OK}{ON}=\frac{ON}{OE}\)

góc KON chung

Do đó: ΔOKN~ΔONE

=>\(\hat{OKN}=\hat{ONE}\)

=>\(\hat{ONE}=90^0\)

=>EN là tiếp tuyến của (O)

Xét ΔONE và ΔOPE có

ON=OP

\(\hat{NOE}=\hat{POE}\)

OE chung

Do đó: ΔONE=ΔOPE

=>\(\hat{ONE}=\hat{OPE}\)

=>\(\hat{OPE}=90^0\)

=>EP là tiếp tuyến của (O)

8: Ta có: \(\hat{MAI}+\hat{OAI}=\hat{OAM}=90^0\)

\(\hat{HAI}+\hat{OIA}=90^0\) (ΔHIA vuông tại H)

mà \(\hat{OAI}=\hat{OIA}\) (ΔOAI cân tại O)

nên \(\hat{MAI}=\hat{HAI}\)

=>AI là phân giác của góc HAM

Xét ΔAMB có

AI,MH là các đường phân giác

AI cắt MH tại I

Do đó: I là tâm đường tròn nội tiếp của ΔAMB

Để giải phương trình này, ta cần tìm một cách biến đổi để nó trở nên dễ giải hơn. Ta có thể nhận thấy rằng trong phương trình, các biểu thức như \(\frac{x + 1}{3}\) và \(x\) xuất hiện nhiều lần. Vậy để đơn giản hóa phương trình, ta có thể thử sử dụng một biến thay thế, chẳng hạn như \(u = \frac{x + 1}{3}\).

Khi đó, phương trình ban đầu trở thành:
\[u + u^3 + 2\left(\frac{1}{u}\right) - \left(\frac{1}{u^3}\right) = 3\]

Nhân cả hai vế của phương trình với \(u^3\), ta được:
\[u^4 + u^6 + 2u^2 - 1 = 3u^3\]

Từ đây, ta có một phương trình bậc 6 với biến \(u\), sau đó có thể giải phương trình này bằng các phương pháp giải phương trình bậc cao, chẳng hạn như phương pháp đặt \(y = u^2\). 

Sau khi tìm được giá trị của \(u\), ta thay ngược lại \(u = \frac{x + 1}{3}\) để tìm ra các giá trị của \(x\) tương ứng.

Để giải phương trình này, ta cần tìm một cách biến đổi để nó trở nên dễ giải hơn. Ta có thể nhận thấy rằng trong phương trình, các biểu thức như \(\frac{x + 1}{3}\) và \(x\) xuất hiện nhiều lần. Vậy để đơn giản hóa phương trình, ta có thể thử sử dụng một biến thay thế, chẳng hạn như \(u = \frac{x + 1}{3}\).

Khi đó, phương trình ban đầu trở thành:
\[u + u^3 + 2\left(\frac{1}{u}\right) - \left(\frac{1}{u^3}\right) = 3\]

Nhân cả hai vế của phương trình với \(u^3\), ta được:
\[u^4 + u^6 + 2u^2 - 1 = 3u^3\]

Từ đây, ta có một phương trình bậc 6 với biến \(u\), sau đó có thể giải phương trình này bằng các phương pháp giải phương trình bậc cao, chẳng hạn như phương pháp đặt \(y = u^2\). 

Sau khi tìm được giá trị của \(u\), ta thay ngược lại \(u = \frac{x + 1}{3}\) để tìm ra các giá trị của \(x\) tương ứng.

a: Xét tứ giác AEDF có \(\widehat{AED}+\widehat{AFD}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEDF là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AEF}=\widehat{ADF}\)

mà \(\widehat{ADF}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{FDC}\right)\)

nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)

mà \(\widehat{AEF}+\widehat{BEF}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{BEF}+\widehat{BCF}=180^0\)

=>BEFC nội tiếp

a: Gọi O là trung điểm của CM

Xét (O) có

ΔDCM nội tiếp

MC là đường kính

Do đó: ΔDCM vuông tại D

=>BD\(\perp\)DC tại D

Xét tứ giác ABCD có \(\widehat{CAB}=\widehat{CDB}=90^0\)

nên ABCD là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔMAB vuông tại A và ΔMDC vuông tại D có

\(\widehat{AMB}=\widehat{DMC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMAB~ΔMDC
=>\(\dfrac{AB}{DC}=\dfrac{MA}{MD}\)

=>\(AB\cdot MD=AM\cdot DC\)

lên gg nha

oki

Câu 1. Phương thức biểu đạt: Tự sự kết hợp miêu tả và biểu cảm.
Câu 2. Hình ảnh “vết nứt” tượng trưng cho:
- Trở ngại, khó khăn trong cuộc sống.
- Thử thách mà mỗi người cần vượt qua.
Câu 3. Hai phép liên kết được sử dụng trong văn bản là "Khi" và "Nhưng không".
Câu 4. Em không đồng tình với quan điểm của tác giả. Em có thể cho rằng việc học hỏi từ con kiến là một ý tưởng sáng tạo và động viên, nhưng không thể áp dụng hoàn toàn vào mọi tình huống trong cuộc sống. Đôi khi, những trở ngại và khó khăn có thể quá lớn hoặc phức tạp để chỉ cần "biến thành hành trang quý giá cho ngày mai tươi sáng hơn".