Đặt \(x^2=t\ge0\) ta được:

\(2t^2-3t-5=0\)

\(\Delta=9-4.2.\left(-5\right)=49\) nên pt có 2 nghiệm pb:

\(t_1=\dfrac{3+\sqrt{49}}{4}=\dfrac{5}{2}\) ; \(t_2=\dfrac{3-\sqrt{49}}{4}=-1< 0\) (loại)

\(\Rightarrow x^2=\dfrac{5}{2}\)

\(\Rightarrow x=\pm\dfrac{\sqrt{10}}{2}\)

Bài 4

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

x² = -4x - 3

⇔ x² + 4x + 3 = 0

Do a - b + c = 1 - 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm:

x₁ = -1; x₂ = -3

*) x₁ = -1

y = (-1)² = 1

*) x₂ = -3

y = (-3)² = 9

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là:

(-1; 1); (-3; 9)

b) Do (d) đi qua điểm A(2; 3) nên:

2a + b = 3

⇔ b = 3 - 2a (1)

Do (d) đi qua điểm B(1; 2) nên:

a + b = 2 (2)

Thế (1) vào (2), ta có:

a + 3 - 2a = 2

⇔ -a = 2 - 3

⇔ -a = -1

⇔ a = 1

Thế a = 1 vào (1), ta có:

b = 3 - 2.1 = 1

Vậy (d): y = x + 1

Bài 8:

a) Xét tứ giác AEHF có:

∠HEA = ∠HFA = 90⁰ (gt)

⇒ ∠HEA + ∠HFA = 90⁰ + 90⁰ = 180⁰

⇒ AEHF nội tiếp

b) Xét tứ giác BFEC có:

∠BFC = ∠BEC = 90⁰ (gt)

⇒ F, E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc 90⁰

⇒ BFEC nội tiếp

c) Qua A vẽ tia Ax ⊥ OA

⇒ Ax là tiếp tuyến của (O) tại A

⇒ ∠xAB = ∠ACB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O))

Lại có:

∠ACB + ∠HBD = 90⁰ (∆EBC vuông tại E)

∠BHD + ∠HBD = 90⁰ (∆BHD vuông tại D)

⇒ ∠ACB = ∠BHD

Mà ∠BHD = ∠AHE (đối đỉnh)

⇒ ∠ACB = ∠AHE

Do AEHF nội tiếp (cmt)

⇒ ∠AHE = ∠AFE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

⇒ ∠ACB = ∠AFE

Mà ∠ACB = ∠xAB (cmt)

⇒ ∠AFE = ∠xAB

Mà ∠AFE và ∠xAB là hai góc đồng vị

⇒ EF // Ax

Mà Ax ⊥ OA

⇒ OA ⊥ EF

Em nên gõ đề bài bằng công thức toán học biểu tượng \(\Sigma\) góc trái màn hình. 

\(6x^4+7x^3+5x^2-x-2=0\)

=>\(6x^4-3x^3+10x^3-5x^2+10x^2-5x+4x-2=0\)

=>\(\left(2x-1\right)\left(3x^3+5x^2+5x+2\right)=0\)

=>\(\left(2x-1\right)\left(3x^3+2x^2+3x^2+2x+3x+2\right)=0\)

=>\(\left(2x-1\right)\left(3x+2\right)\left(x^2+x+1\right)=0\)

mà \(x^2+x+1=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)

nên (2x-1)(3x+2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{2}\\x=-\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\)

ĐKXĐ: m ≠ 2

' = (-m)² - (m - 2)(m + 2)

= m² - m² + 4

= 4 > 0

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m ∈ R

x₁ = (m + 2)/(m - 2)

x₂ = (m - 2)/(m - 2) = 1 ∈ Z

Xét x₁ = (m + 2)/(m - 2)

= (m - 2 + 4)/(m - 2)

= 1 + 4/(m - 2)

Để x₁ ∈ Z thì 4 ⋮ (m - 2)

⇔ m - 2 ∈ Ư(4) = {-4; -2; -1; 1; 2; 4}

⇔ m ∈ {-2; 0; 1; 3; 4; 6}

Vậy m ∈ {-2; 0; 1; 3; 4; 6} thì phương trình đã cho có hai nghiệm x₁, x₂ ∈ Z

a) Do MNPQ là hình vuông (gt)

⇒ ∠QMN = 90⁰

Do NB ⊥ QA (gt)

⇒ ∠NBQ = 90⁰

Tứ giác MNBQ có:

∠QMN + ∠NBQ = 90⁰ + 90⁰ = 180⁰

⇒ MNBQ nội tiếp

b) Xét hai tam giác vuông: ∆CPN và ∆CBQ có:

∠C chung

⇒ ∆CPN ∽ ∆CBQ (g-g)

⇒ CP/CB = CN/CQ

⇒ CP.CQ = CB.CN

Lời giải:

ĐKXĐ: $x\geq 1$

PT $\Leftrightarrow \sqrt{(x-1)+8\sqrt{x-1}+16}+\sqrt{(x-1)+4\sqrt{x-1}+4}=6$

$\Leftrightarrow \sqrt{(\sqrt{x-1}+4)^2}+\sqrt{(\sqrt{x-1}+2)^2}=6$

$\Leftrightarrow |\sqrt{x-1}+4|+|\sqrt{x-1}+2|=6$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{x-1}+6=6$

$\Leftrightarrow \sqrt{x-1}=0$

$\Leftrightarrow x-1=0$

$\Leftrightarrow x=1$ (tm)