1)

aThay x=-1;y=3 vào đồ thị hàm số(*) ta được:

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

\(\Leftrightarrow m+2=3\)

\(\Leftrightarrow m=1\)

b)Thay x=\(\sqrt{2}\);y=-1 vào đồ thị hàm số (*) ta được:

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

\(\Leftrightarrow2.\left(m+2\right)=-1\)

\(\Leftrightarrow2m+4=-1\)

\(\Leftrightarrow2m=-5\)

\(\Leftrightarrow m=-\frac{5}{2}\)

2)

Thay m=0 vào đồ thị hàm số (*) ta đươc:   \(y=2x^2\)

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y=2x^2\)và đồ thị hàm số \(y=x+1\)là:

\(2x^2=x+1\)

\(\Leftrightarrow2x^2-x-1=0\)

\(\Leftrightarrow2x^2-2x+x-1=0\)

\(\Leftrightarrow2x\left(x-1\right)+\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x+1\right)\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2x+1=0\\x-1=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-\frac{1}{2}\\x=1\end{cases}}}\)

\(TH1:x=-\frac{1}{2}\)

Thay \(x=-\frac{1}{2}\)vào đồ thị hàm số \(y=x+1\)ta được:

      \(y=-\frac{1}{2}+1=\frac{1}{2}\)

Ta được điểm A\(\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right)\)

\(TH2:x=1\)

Thay \(x=1\)vào đồ thị hàm số \(y=x+1\)ta được:

  \(y=1+1=2\)

Ta được điểm \(B\left(1;2\right)\)

1) 

Vì đồ thị hàm số (*) đi qua điểm A(-1;3) nên x=-1 và y=3. Thay x=-1 và y=3 vào hàm số (*) ta được:

f(-1)=(m+2).(-1)²=3 <=> m+2=3 ⇔m=1

Vậy với m=1 thì đt hàm số đã cho đi qua điểm A(-1;3).

2) Thay m=0 vào hàm số (*)

ta có: y=f(x)=2x²

+)  Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số y=f(x)=2x² và y=x+1 là:

2x² = x+1

⇔2x² -x-1=0

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=1\Rightarrow y_1=2\\x_2=\dfrac{-1}{2}\Rightarrow y_2=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy đường thẳng y=x+1 và y=f(x)=2x² có giao điểm là M(1;2) và N(\(\dfrac{-1}{2};\dfrac{1}{2}\))

Bạn tự vẽ hình :

a, Có : \(\widehat{ACB}+\widehat{BCx}=180^0\)

\(=>\frac{1}{2}ACB+\frac{1}{2}BCx=90^0\)

\(=>DCB+BCE=90^0\)

\(=>DCE=90^0\)

Tương tự  \(\widehat{DBE}=90^0\)

Trong tứ giác \(BECD\)có : \(\widehat{DBE}+\widehat{DCE}=90^0+90^0=180^0\)

= > Tứ giác BECD nội tiếp 

b, Tứ giác BECD nội tiếp nên 

\(\widehat{DCB}=\widehat{DEB}\)( 2 góc nội tiếp cung chắn cung BD )

Xét \(\Delta DIC\)và \(\Delta BIE\)có :

\(\widehat{DCB}=\widehat{DEB}\left(cmt\right)\)

\(\widehat{DIC}=\widehat{BIE}\)( 2 góc đối đỉnh )

\(=>\Delta DIC~\Delta BIE\)

\(=>\frac{BI}{ID}=\frac{IE}{IC}\)

\(=>BI.IC=ID.IE\)

c, Vì E là giao điểm của 2 đường phân giác trong của góc B , C nên E cũng thuộc đường phân giác của góc A

= > AE là phân giác của góc A

Vì D là giao điểm của 2 đường phân giác các góc ngoài của góc B , C nên ta có D cách đều 2 cạnh AB , AC

= > D thuộc đường phân giác của góc A

= > A , E , D thẳng hàng 

a)Thay m=-2 vào phương trình (1) ta được:

\(x^2+2x-2-1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x-3=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-x+3x-3=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-1\right)+3\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+3\right)\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+3=0\\x-1=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-3\\x=1\end{cases}}}\)

Vậy....

b)Ta có:

\(\Delta=\left(-m\right)^2-4.1.\left(m-1\right)=m^2-4m+4=\left(m-2\right)^2\)

Có:\(\left(m-2\right)^2\ge0\forall m\)

\(\Rightarrow\Delta\ge0\forall m\)

Vậy Phương trình (1) luôn có nghiệm \(x_1,x_2\)với mọi giá trị của m

Gọi vận tốc thực của ca nô và vận tốc dòng nước lần lượt là \(x;y\left(x>y>0\right)\)

Vận tốc xuôi dòng của ca nô là \(x+y\left(km/h\right)\)và vận tốc ngược dòng là \(x-y\left(km/h\right)\)

Lần thứ nhất, thời gian ca nô đi xuôi dòng là \(\frac{54}{x+y}\left(h\right)\)và thời gian ca nô đi ngược dòng là \(\frac{63}{x-y}\left(h\right)\)

Vì tổng thời gian cả đi lẫn về của ca nô lần thứ nhất là 5 giờ nên ta có pt \(\frac{54}{x+y}+\frac{63}{x-y}=5\)(1)

Lần thứ hai, thời gian ca nô đi xuôi dòng là \(\frac{108}{x+y}\left(h\right)\)và thời gian ca nô đi ngược dòng là \(\frac{84}{x-y}\left(h\right)\)

Vì tổng thời gian cả đi lẫn về của ca nô lần thứ hai là 8 giờ nên ta có pt \(\frac{108}{x+y}+\frac{84}{x-y}=8\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hpt \(\hept{\begin{cases}\frac{54}{x+y}+\frac{63}{x-y}=5\\\frac{108}{x+y}+\frac{84}{x-y}=8\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{54}{x+y}+\frac{63}{x-y}=5\\\frac{54}{x+y}+\frac{42}{x-y}=4\end{cases}}\)(*)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{54}{x+y}=a\\\frac{21}{x-y}=b\end{cases}}\left(a,b>0\right)\), khi đó (*) trở thành \(\hept{\begin{cases}a+3b=5\\a+2b=4\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=1\\a=2\end{cases}}\)(nhận)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{54}{x+y}=2\\\frac{21}{x-y}=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=27\\x-y=21\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=24\\y=3\end{cases}}\)(nhận)

Vậy vận tốc thực của ca nô là 24 km/h và vận tốc dòng nước là 3 km/h

Ta có:

\(x^2+x+1=x^2+2.x.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+1\)\(=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{3}>0\)

Vì \(x^2+x+1>0\)nên phương trình đã cho vô nghiệm, mà nó đã vô nghiệm thì \(x^2+x+1\ne0\)với mọi x, thế nên ta sẽ có: \(1^2+1+1=3\ne0\)với x = 1

Ở đây với x thuộc R thì ko có giá trị nào thỏa pt đã cho.
=> Sai ở chỗ sử dụng phương trình vô nghiệm để thế x = 1 vào

(Với ở đây mình nghĩ sẽ sai cả bài vì ko thể dùng phương trình vô nghiệm để biến đổi được vì ta luôn có \(x^2+x+1\ne0\))

Bài này sai ở chỗ thay \(x+1=-x^2\) vào pt thứ hai \(x+1+\frac{1}{x}=0\).
Khi bạn làm điều này, bạn đã vô tình làm cho phát sinh ra nghiệm ngoại lai (một nghiệm khác không phải là nghiệm của pt ban đầu \(x^2+x+1=0\))

Pt ban đầu \(x^2+x+1=0\)không có nghiệm thực, nhưng có 2 nghiệm ảo là \(\frac{-1+i\sqrt{3}}{2};\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}\)

Khi biến đổi tương đương sang pt thứ hai \(x+1+\frac{1}{x}=0\), pt vẫn chỉ có 2 nghiệm trên.

Nhưng khi thay \(x+1=-x^2\) vào pt thứ hai \(x+1+\frac{1}{x}=0\), sẽ được phương trình \(-x^2+\frac{1}{x}=0\)có thêm 1 nghiệm nữa là \(x=1\)hoàn toàn không phải là nghiệm của 2 pt ban đầu.

Mình đăng câu hỏi này mong các bạn cẩn thận trong các phép biến đổi tương đương dễ làm phát sinh ra nghiệm ngoại lai, tránh gặp phải những kết quả vô lí như phép chứng minh \(3=0\)vừa rồi.

TL: 

x - 1 = 0 

x      = 0 + 1 

x      = 1 

k nhaaaaaaaaaaaaaaaaaaa 

Nếu ko xem dc thì nghĩa là câu hỏi của bạn bị báo cáo nhé 

HT

tl

x-1=0

x   =0+1

x    =1

HT

k nhaaaa

Lời giải:
a. Vì $AM$ là đường kính nên $\widehat{ABM}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn) 

$\Rightarrow BM\perp AB$ 

Mà $CH\perp AB$ nên $BM\parallel CH(1)$

Tương tự: $\widehat{ACM}=90^0$ nên $AC\perp CM$

Mà $AC\perp BH$ nên $CM\parallel BH(2)$

Từ $(1); (2)$ suy ra $BHCM$ là hbh (tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song) 

b.

$\widehat{BAN}=90^0-\widehat{ABD}=90^0-\widehat{ABC}$

$=90^0-\widehat{AMC}$ (góc nt cùng chắn cung AC)

$=\widehat{MAC}$ (đpcm) 

Vì $\widehat{BAN}=\widehat{MAC}$

$\Rightarrow \widehat{BAN}+\widehat{NAM}=\widehat{MAC}+\widehat{NAM}$

$\Leftrightarrow \widehat{BAM}=\widehat{CAN}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\text{sđc(BM)}=\frac{1}{2}\text{sđc(CN)}$

$\Leftrightarrow \widehat{BCM}=\widehat{CBN}(*)$

Lại có:

$\widehat{ANM}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn) 

$\Rightarrow AN\perp MN$

Mà $AN\perp BC\Rightarrow MN\parallel BC$

$\Rightarrow BNMC$ là hình thang $(**)$

Từ $(*); (**)$ suy ra $BNMC$ là htc.

Hình vẽ:

xét tam giác ABC vuông tại cao có đường cao AH và đường trung tuyến AM 

khi đó tam giác AHM là tam giác vuông tại H nên

ta có \(AH\le AM\text{ mà }AM=\frac{1}{2}BC\)

nên ta có 

Mình có 2 cách bạn chọn cách nào cũng được nhé.

Cách 1: Giả sử tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH . Khi đó, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

\(AH^2=BH.CH\)\(\Rightarrow AH=\sqrt{BH.CH}\)

Mặt khác nửa cạnh huyền chính là \(\frac{BC}{2}=\frac{BH+CH}{2}\)

Theo BĐT Cô-si, ta có \(\sqrt{BH.CH}\le\frac{BH+CH}{2}\)hay \(AH\le\frac{BC}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(BH=CH\)\(\Rightarrow\)đường cao AH cũng là trung tuyến \(\Rightarrow\Delta ABC\)vuông cân tại A.

Cách 2: Giả sử tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, trung tuyến AM. 

Ta ngay lập tức có được \(AM=\frac{BC}{2}\)

Vì AH, AM lần lượt là đường vuông góc và đường xiên hạ từ A đến BC \(\Rightarrow AH\le AM\)hay \(AH\le\frac{BC}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(AH\equiv AM\)hay \(\Delta ABC\)vuông cân tại A.