bài 3 : 

gọi số xe ban đầu của đội là x(xe)(x>2)

sau khi 2 xe điều động đi làm viêc khác thì số xe còn lại là x-2(xe)

theo dự định cả đôi xe phải vận chuyển 120 tấn hàng

nên mỗi xe ban đầu phải vận chuyển:120/x(tấn hàng)

mỗi xe lúc sau( khi có 2 xe bị điều động đi chỗ khác) phải chuyển

120/x-2(tấn hàng)

vì để hoàn thành công việc mỗi xe còn lại phải chở thêm 2 tấn hàng

=>pt:(120/x-2)-120/x=2

giải pt theo \(\Delta\) ta tìm được x1=12(thỏa mãn)

x2=-10(loại)

vậy lúc đầu trong đội có 12 xe

Câu 4: 

a) Xét ΔOAB có OA=OB(=R)

nên ΔOAB cân tại O(Định nghĩa tam giác cân)

Ta có: ΔOAB cân tại O(cmt)

mà OI là đường trung tuyến ứng với cạnh đáy AB(I là trung điểm của AB)

nên OI là đường cao ứng với cạnh AB(Định lí tam giác cân)

hay OI\(\perp\)AB

Ta có: \(\widehat{OIM}=90^0\)(OI\(\perp\)AB)

nên I nằm trên đường tròn đường kính OM(1)

Ta có: \(\widehat{OCM}=90^0\)(gt)

nên C nằm trên đường tròn đường kính OM(2)

Ta có: \(\widehat{ODM}=90^0\)(gt)

nên D nằm trên đường tròn đường kính OM(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra O,I,C,M,D cùng nằm trên một đường tròn(Đpcm)

Bài 2: Chọn C

Bài 4: 

a: \(\widehat{C}=180^0-80^0-50^0=50^0\)

Xét ΔABC có \(\widehat{A}=\widehat{C}< \widehat{B}\)

nên BC=AB<AC

b: Xét ΔABC có AB<BC<AC

nên \(\widehat{C}< \widehat{A}< \widehat{B}\)

Bài 4: 

a: Xét tứ giác ANBH có

M là trung điểm của AB

M là trung điểm của NH

Do đó: ANBH là hình bình hành

mà \(\widehat{AHB}=90^0\)

nên ANBH là hình chữ nhật

b: 

Tọa độ giao điểm của (d1) và (d2) là:

\(\left\{{}\begin{matrix}3x+5=\dfrac{1}{4}x-6\\y=3x+5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{11}{4}x=-11\\y=3x+5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-4\\y=-7\end{matrix}\right.\)

Thay x=-4 và y=-7 vào y=2x+b, ta được:

b-8=-7

hay b=1

Câu 1:

1.

a. $2x-4=0$

$\Leftrightarrow x=2$

b. $x^2-5x+4=0$

$\Leftrightarrow (x-1)(x-4)=0$

$\Rightarrow x-1=0$ hoặc $x-4=0$

$\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=4$

2.

\(\left\{\begin{matrix} 2x+y=1\\ x-3y=4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x+y=1\\ 2x-6y=8\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow 7y=-7\) (trừ theo vế 2 PT)

$\Leftrightarrow y=-1$

$x=4+3y=4+3(-1)=1$

Câu 2.

1.

\(P=\left[\frac{(\sqrt{a}+1)(\sqrt{a}+2)}{(\sqrt{a}+2)(\sqrt{a}-1)}-\frac{\sqrt{a}(\sqrt{a}+1)}{(\sqrt{a}+1)(\sqrt{a}-1)}\right]:\frac{2\sqrt{a}}{(\sqrt{a}-1)(\sqrt{a}+1)}\)

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

2.

Để \(P=\frac{\sqrt{a}+1}{2\sqrt{a}}=\frac{2\sqrt{a}-1}{4}\)

\(\Leftrightarrow 4(\sqrt{a}+1)=2\sqrt{a}(2\sqrt{a}-1)=4a-2\sqrt{a}\)

\(\Leftrightarrow 4a-6\sqrt{a}-4=0\)

\(\Leftrightarrow 2a-3\sqrt{a}-2=0\Leftrightarrow (\sqrt{a}-2)(2\sqrt{a}+1)=0\)

\(\Rightarrow \sqrt{a}=2\Leftrightarrow a=4\) (thỏa ĐKXĐ)

Câu 3.

1.

PT hoành độ giao điểm:

$(m-3)x+16-(x+m^2)=0$

$\Leftrightarrow (m-4)x=m^2-16(*)$

Để $(d),(d')$ cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung thì PT $(*)$ nhận $x=0$ là nghiệm.

Điều này xảy ra khi $m=\pm 4$

Với $m=4$ thì $(d)\equiv (d')$ (loại). Do đó $m=-4$
2.

\(\Delta'=(m-2)^2+m^2=2m^2-4m+4=2(m-1)^2+2>0\)với mọi $m\in\mathbb{R}$ nên pt luôn có 2 nghiệm pb với mọi $m\in\mathbb{R}$

Áp dụng định lý Viet: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(2-m)\\ x_1x_2=-m^2\end{matrix}\right.\)

Vì $x_1x_2=-m^2\leq 0$ mà $x_1<x_2$ nên:

$|x_1|=-x_1; |x_2|=x_2$. Do đó:

$|x_1|-|x_2|=6$

$\Leftrightarrow -x_1-x_2=6$

$\Leftrightarrow 2(2-m)=-6$

$\Leftrightarrow m=5$

b4 bạn tham khảo:

* Chứng minh các tứ giác ABHF và BMFO nội tiếp.

- Từ giả thiết suy ra: 

=> H và F thuộc đường tròn đường kính AB (quỹ tích cung chứa góc)

Vậy tứ giác ABHF nội tiếp đường tròn đường kính AB

- M là trung điểm của BC (gt), suy ra: OM ⊥ BC

Khi đó: 

Nên M, F thuộc đường tròn đường kính OB(quỹ tích cung chứa góc).

Vậy tứ giác BMOF nội tiếp đường tròn đường kính OB

* Chứng minh HE // BD.

Dễ chứng minh tứ giác ACEH nội tiếp đường tròn đường kính AC.