no

đụ má nứng lồn

c: \(2x^3-50x=0\)

\(\Leftrightarrow2x\left(x-5\right)\left(x+5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=5\\x=-5\end{matrix}\right.\)

a: Xét tứ giác ABOC có \(\hat{OBA}+\hat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

\(\hat{ACE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CA và dây cung CE

\(\hat{CDE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

Do đó: \(\hat{ACE}=\hat{CDE}\)

Xét ΔACE và ΔADC có

\(\hat{ACE}=\hat{ADC}\)

góc CAE chung

Do đó: ΔACE~ΔADC

=>\(\frac{AC}{AD}=\frac{AE}{AC}\)

=>\(AE\cdot AD=AC^2\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>\(AE\cdot AD=AB^2\)

c: Ta có: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

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

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔACO vuông tại C có CH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AC^2\)

=>\(AH\cdot AO=AE\cdot AD\)

=>\(\frac{AH}{AD}=\frac{AE}{AO}\)

Xét ΔAHE và ΔADO có

\(\frac{AH}{AD}=\frac{AE}{AO}\)

góc HAE chung

Do đó: ΔAHE~ΔADO

=>\(\hat{AHE}=\hat{ADO}\)

mà \(\hat{AHE}+\hat{OHE}=180^0\)

nên \(\hat{ADO}+\hat{OHE}=180^0\)

=>OHED là tứ giác nội tiếp

d: Xét (O) có

\(\hat{IBE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BI và dây cung BE

\(\hat{ECB}\) là góc nội tiếp chắn cung EB

Do đó: \(\hat{IBE}=\hat{ECB}\)

Xét (O) có

\(\hat{ACE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CA và dây cung CE
\(\hat{CDE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

Do dó: \(\hat{ACE}=\hat{CDE}\)

mà \(\hat{CDE}=\hat{IAE}\) (hai góc so le trong, CD//AI)

nên \(\hat{IAE}=\hat{ICA}\)

Xét ΔIBE và ΔICB có

\(\hat{IBE}=\hat{ICB}\)

góc BIE chung

Do đo: ΔIBE~ΔICB

=>\(\frac{IB}{IC}=\frac{IE}{IB}\)

=>\(IB^2=IE\cdot IC\left(3\right)\)

Xét ΔIAE và ΔICA có

\(\hat{IAE}=\hat{ICA}\)

góc AIE chung

Do đó: ΔIAE~ΔICA

=>\(\frac{IA}{IC}=\frac{IE}{IA}\)

=>\(IA^2=IE\cdot IC\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra IA=IB

=>I là trung điểm của AB

Lời giải:
d.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $BDF$ có $A,O,M$ lần lượt thuộc $BD, DF, BF$ và $A,O,M$ thẳng hàng:

$\frac{MF}{MB}.\frac{OD}{OF}.\frac{AB}{AD}=1$

$\Leftrightarrow \frac{MF}{MB}.1.2=1$

$\Leftrightarrow \frac{MF}{MB}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \frac{BF}{MB}=\frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{BC}{2MB}=\frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow BC=3MB$ (đpcm)

Hình vẽ:

\(\Delta=\left\lbrack-2\left(m-1\right)\right\rbrack^2-4\cdot1\cdot\left(m^2-3m\right)\)

\(=4\left(m^2-2m+1\right)-4\left(m^2-3m\right)\)

\(=4\left(m^2-2m+1-m^2+3m\right)=4\left(m+1\right)\)

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

=>4(m+1)>0

=>m+1>0

=>m>-1

Theo Vi-et, ta có:

\(x_1+x_2=-\frac{b}{a}=2\left(m-1\right);x_1x_2=\frac{c}{a}=m^2-3m\)

d:

ii:

\(x_1+x_2=2\left(m-1\right)\)

=>\(2x_1+2x_2=4\left(m-1\right)=4m-4\)

mà \(2x_1-3x_2=8\)

nên \(2x_1+2x_2-2x_1+3x_2=4m-4-8\)

=>\(5x_2=4m-12\)

=>\(x_2=\frac{4m-12}{5}\)

=>\(x_1=2\left(m-1\right)-\frac{4m-12}{5}=\frac{10\left(m-1\right)-4m+12}{5}=\frac{10m-10-4m+12}{5}=\frac{6m+2}{5}\)

\(x_1x_2=m^2-3m\)

=>\(m^2-3m=\frac{\left(6m+2\right)\left(4m-12\right)}{25}\)

=>\(25m^2-75m=24m^2-72m+8m-24=24m^2-64m-24\)

=>\(m^2-11m+24=0\)

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

=>m=3(nhận) hoặc m=8(nhận)

e:

iv:

\(x_1^2+x_2^2\)

\(=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\)

\(=\left(2m-2\right)^2-2\left(m^2-3m\right)\)

\(=4m^2-8m+4-2m^2+6m=2m^2-2m+4\)

\(=2\left(m^2-m+2\right)=2\left(m^2-m+\frac14+\frac74\right)\)

\(=2\left(m-\frac12\right)^2+\frac72\ge\frac72\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi m-1/2=0

=>m=1/2(nhận)

v: \(\left(2x_1-3\right)\left(2x_2-3\right)>1\)

=>\(4x_1x_2-6x_1-6x_2+9>1\)

=>\(4x_1x_2-6\left(x_1+x_2\right)+8>0\)

=>\(2x_1x_2-3\left(x_1+x_2\right)+4>0\)

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

=>\(2m^2-6m-6m+6+4>0\)

=>\(2m^2-12m+10>0\)

=>\(m^2-6m+5>0\)

=>(m-5)(m-1)>0

=>m>5 hoặc m<1

mà m>-1

nên m>5 hoặc -1<m<1

\(b,\dfrac{\sqrt{12}-\sqrt{6}}{\sqrt{30}-\sqrt{15}}=\dfrac{\sqrt{6}\left(\sqrt{2}-1\right)}{\sqrt{15}\left(\sqrt{2}-1\right)}=\dfrac{\sqrt{6}}{\sqrt{15}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}\)

\(d,\dfrac{ab-bc}{\sqrt{ab}-\sqrt{bc}}=\dfrac{\left(\sqrt{ab}-\sqrt{bc}\right)\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}\right)}{\left(\sqrt{ab}-\sqrt{bc}\right)}=\sqrt{ab}+\sqrt{bc}=\sqrt{b}\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\)

\(e,\left(a\sqrt{\dfrac{a}{b}+2\sqrt{ab}}+b\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)\sqrt{ab}\)

\(=a\left(\sqrt{\dfrac{a}{b}+\dfrac{2b.\sqrt{ab}}{b}}+b\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)\sqrt{ab}\)

\(=a\sqrt{a}\sqrt{a+2b\sqrt{ab}}+b\sqrt{a^2}\)

\(=a\sqrt{a^2+2ab\sqrt{ab}}+ab\)

\(=a\left(\sqrt{a^2+2ab\sqrt{ab}}+b\right)\)

\(f,\left(\dfrac{1-a\sqrt{a}}{1-\sqrt{a}}+\sqrt{a}\right)\left(\dfrac{1+a\sqrt{a}}{1+\sqrt{a}}-\sqrt{a}\right)\)

\(=\left(a+\sqrt{a}+1+\sqrt{a}\right)\left(a-\sqrt{a}+1-\sqrt{a}\right)\)

\(=\left(a+2\sqrt{a}+1\right)\left(a-2\sqrt{a}+1\right)\)

\(=\left(\sqrt{a}+1\right)^2\left(\sqrt{a}-1\right)^2\)

\(=\left(a-1\right)^2=a^2-2a+1\)