a: \(\text{Δ}=\left(2m+1\right)^2-4\cdot\left(m^2+\dfrac{1}{2}\right)\)

\(=4m^2+4m+1-4m^2-2=4m-1\)

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

=>4m-1>0

=>m>1/4
b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(M=\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)\)

\(=x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1\)

\(=m^2+\dfrac{1}{2}-2m-1+1\)

\(=m^2-2m+\dfrac{1}{2}\)

\(=m^2-2m+1-\dfrac{1}{2}=\left(m-1\right)^2-\dfrac{1}{2}>=-\dfrac{1}{2}\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi m-1=0

=>m=1(nhận

a: Xét (O) có

ΔBFC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó:ΔBFC vuông tại F

=>CF\(\perp\)AB tại F

Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>BE\(\perp\)AC tại E

Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

Δ^'=4-m-5=-m-1

để pt có 2 nghiệm phân biệt :Δ'>0 ⇒-m-1>0 ⇔-m>1 ⇔m<-1

áp dụng hệ thức vi ét :

x₁+x₂=4

x₁x₂=m+5

 x₁²+x₁x₂+2x₁=2x_{(x mấy đây ko có sao làm)}²-4x₂

a: Thay x=0 và y=5 vào y=mx+5, ta được:

\(m\cdot0+5=5\)

=>5=5(đúng)

Vậy: (d) luôn đi qua A(0;5)

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=mx+5\)

=>\(x^2-mx-5=0\)

Vì a*c=1*(-5)=-5<0

nên (P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt trái dấu

Để |x1|>|x2| thì x1+x2<0

=>m<0

2:

a: Xét tứ giác AMHN có \(\widehat{AMH}+\widehat{ANH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AMHN là tứ giác nội tiếp

Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

b: Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) tại A

=>AE\(\perp\)Ax(3)

Xét (O) có

\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ANM}\left(=\widehat{MAH}\right)\)

nên \(\widehat{xAC}=\widehat{ANM}\)

=>Ax//MN(4)

Từ (3) và (4) suy ra AE\(\perp\)MN

b)
1.Góc FED = góc BCD:
Ta có góc FED = 90 - góc FDB (vì DF vuông góc với DB)
Góc BCD = 90 - góc BDA (vì DB vuông góc với DA)
Vì góc FDB = góc BDA (cùng chắn cung DB nên bằng nhau), nên góc FED = góc BCD.

2.ED.DK = DM.DF:
Ta có ED\(\cdot\)DK = EB\(\cdot\)BD (vì DK vuông góc với xy và xy là tiếp tuyến của (O) tại B)
EB\(\cdot\)BD = EM\(\cdot\)MD = DM\(\cdot\)DF (vì E, M, D, F đều nằm trên đường tròn đồng tâm với (O)).

c) 
Ta có góc DME = 90 độ (vì DM vuông góc với BC) và góc DEF = 90 độ (vì DF vuông góc với AB).
Do đó, M, E, F thẳng hàng (theo định lí 3 điểm thẳng hàng trong hình học).

Gọi giá mỗi m³ nước ở mức 2 và mức 3 lần lượt là x(đồng) và y(đồng)

(ĐK: x>0;y>0)

Số tiền phải trả cho 10m³ đầu tiên là \(8500\cdot10=85000\left(đồng\right)\)

Số tiền phải trả cho 10m³ tiếp theo là 10x(đồng)

Số tiền phải trả cho 28-10-10=8m³ nước còn lại là 8y(đồng)

Số tiền nhà An phải trả tháng trước là 300600 đồng nên ta có:

10x+8y+85000=300600

=>10x+8y=215600

=>5x+4y=107800(1)

Số tiền phải trả cho 28-10-10-3=28-23=5m³ nước còn lại trong tháng này là 3y(đồng)

Số tiền phải trả tháng này là 261000 đồng nên ta có:

85000+10x+3y=261000

=>10x+3y=176000(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}5x+4y=107800\\10x+3y=176000\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}10x+8y=215600\\10x+3y=176000\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}5y=39600\\5x+4y=107800\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=7920\\x=15224\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)

vậy: giá mỗi m³ nước ở mức 2 và mức 3 lần lượt là 15224 đồng và 7920 đồng

\(A=\dfrac{2x}{x+3}-\dfrac{x+1}{3-x}-\dfrac{3-11x}{x^2-9}\)

\(=\dfrac{2x}{x+3}+\dfrac{x+1}{x-3}-\dfrac{3-11x}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\dfrac{2x\left(x-3\right)+\left(x+1\right)\left(x+3\right)-3+11x}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\dfrac{2x^2-6x+x^2+4x+3-3+11x}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(=\dfrac{3x^2+9x}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\dfrac{3x\left(x+3\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\dfrac{3x}{x-3}\)

còn cau b) vs c) ạ

giúp vs ạ

để c nhỏ hơn nha chứ tui lỡ ghi lớn