\(b,\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+1=3\\m-3\ne-3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m=2\\ c,\text{PT giao Ox tại hoành độ 3: }\\ x=-3;y=0\Leftrightarrow\left(m+1\right)\left(-3\right)+m-3=0\\ \Leftrightarrow-2m-6=0\Leftrightarrow m=-3\)

Bài 11:

a: Xét (O) có

\(\hat{DAC}\) là góc nội tiếp chắn cung DC

=>\(\hat{DAC}=\frac12\cdot\hat{DOC}=\frac12\cdot90^0=45^0\)

Xét (O) có

\(\hat{DBC}\) là góc nội tiếp chắn cung DC

Do đó: \(\hat{DBC}=\frac12\cdot\hat{DOC}=\frac12\cdot90^0=45^0\)

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥PB tại C

Xét (O) có

ΔBDA nội tiếp

BA là đường kính

Do đó: ΔBDA vuông tại D

=>BD⊥PA tại D

Xét ΔPCA vuông tại C có \(\hat{CAP}=45^0\)

nên ΔPCA vuông cân tại C

Xét ΔPDB vuông tại D có \(\hat{PBD}=45^0\)

nên ΔPDB vuông cân tại D

b: Xét ΔPAB có

AC,BD là các đường cao

AC cắt BD tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔPAB

=>PH⊥AB

Bài 10:

a: ΔABC đều

=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\hat{BAC}=60^0\)

Xét (O) có

\(\hat{AMB};\hat{ACB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\hat{AMB}=\hat{ACB}=60^0\)

Xét (O) có

\(\hat{AMC};\hat{ABC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{AMC}=\hat{ABC}=60^0\)

Ta có: \(\hat{AMB}=\hat{AMC}\left(=60^0\right)\)

=>MA là phân giác của góc BMC

b: Xét ΔMBD có MB=MD và \(\hat{DMB}=60^0\)

nên ΔMBD đều

1: =>x^2-5x+6-x^2-5x-6=x^2+1-x^2+9

=>-10x=10

=>x=-1(nhận)

2: \(\Leftrightarrow3x^2-15x-x^2+2x-2x^2=0\)

=>-13x=0

=>x=0

3: \(\Leftrightarrow13\left(x+3\right)+x^2-9=12x+42\)

=>x^2-9+13x+39-12x-42=0

=>x^2+x-12=0

=>(x+4)(x-3)=0

=>x=3(loại) hoặc x=-4(nhận)

4: \(\Leftrightarrow-2+x^2-5x+4=x^2+x-6\)

=>-5x-2=x-6

=>-6x=-4

=>x=2/3

ai làm cho mik với pls

Bài 3:

Kẻ BH⊥DC tại H

Xét tứ giác ABHD có \(\hat{BAD}=\hat{ADH}=\hat{BHD}=90^0\)

nên ABHD là hình chữ nhật

=>AD=BH; AB=DH

=>DH=7cm; BH=8cm

ΔBHC vuông tại H

=>\(BH^2+HC^2=BC^2\)

=>\(HC^2=BC^2-BH^2=10^2-8^2=36=6^2\)

=>HC=6(cm)

DC=DH+HC=7+6=13(cm)

Bài 2:

Xét ΔPBM và ΔPAQ có

\(\hat{PBM}=\hat{PAQ}\) (hai góc so le trong, BM//AQ)

PB=PA

\(\hat{BPM}=\hat{APQ}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔPBM=ΔPAQ
=>PM=PQ

=>P là trung điểm của MQ

Xét tứ giác AMBQ có

P là trung điểm chung của AB và MQ

=>AMBQ là hình bình hành

Hình bình hành AMBQ có \(\hat{MAQ}=90^0\)

nên AMBQ là hình chữ nhật

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

=>BQ⊥AC tại Q

Xét ΔABC có

AI,BQ là các đường cao

AI cắt BQ tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

ΔAIB vuông tại I

mà IP là đường trung tuyến

nên \(IP=\frac{AB}{2}\)

mà \(\frac{AB}{2}=\frac{MQ}{2}=PQ\) (AB=MQ)

nên PI=PQ

=>ΔPIQ cân tại P

a: Bảng giá trị:

Vẽ đồ thị:

b: (d2)//(d1)

=>\(\begin{cases}m+1=3\\ m-3<>-3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}m=2\\ m<>0\end{cases}\)

=>m=2

c: Thay x=-3 và y=0 vào y=(m+1)x+m-3, ta được:

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

=>-3m-3+m-3=0

=>-2m-6=0

=>2m+6=0

=>2m=-6

=>m=-2

a: Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì

\(1^2-4\cdot1\left(m-2\right)>0\)

=>4(m-2)<1

=>m-2<1/4

hay m<9/4

b: \(\Leftrightarrow3^2-4\cdot\left(-2\right)\left(m-3\right)>0\)

=>9+8(m-3)>0

=>9+8m-24>0

=>8m-15>0

hay m>15/8

 ^{\(x^2=9/25 x=0,6 hoặc x=(-0,6); x^2=0,09 x=0,3 hoặc (-0,3); căn bậc 2x=2 x=2\)}

\(\left|\begin{matrix}m&-1\\4&-m\end{matrix}\right|=-4+m^{^2}\)

Khi m ≠ \(\pm\) 2 thì định thức trên khác 0, hpt luôn có nghiệm duy nhất

Khi m = 2 thì ta nhận thấy pt trên và dưới là 2 pt tương đương nên hpt có vô số nghiệm

Khi m = -2 dễ dàng nhận ra hpt vô nghiệm