Áp dụng định lý Vi-et ta có: $\begin{cases}S=x_{1}+x_{2}=\dfrac{2(m-1)}{m-2} \\ P=x_{1}x_{2}=\dfrac{m}{m-2}\end{cases}$ với điều kiện $m\neq 2$

a) Gọi đường cao có giá trị $h$. Khi đó độ dài cạnh huyền là $\sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}$. Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta có:

 $h\sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}=x_{1}x_{2}\Rightarrow h=\dfrac{x_{1}x_{2}}{\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}}}$

 $\Rightarrow h^{2}=\dfrac{\dfrac{m^{2}}{(m-2)^{2}}}{\dfrac{4(m-1)^{2}}{(m-2)^{2}}-2\dfrac{m}{m-2}}$

 $=\dfrac{m^{2}}{(m-2)^{2}}.\dfrac{(m-2)^{2}}{4(m-1)^{2}-2m(m-2)}=\dfrac{m^{2}}{4-4m}$

$h=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow h^{2}=\dfrac{4}{5}$

$\Rightarrow \dfrac{m^{2}}{4-4m}=\dfrac{4}{5}\Rightarrow 5m^{2}+16m+16=0$

Giải phương trình trên được $m=-4$ hoặc $m=\dfrac{4}{5}$
b) Từ trên có: $\begin{cases}S=x_{1}+x_{2}=\dfrac{2(m-1)}{m-2}\quad (1) \\ P=x_{1}x_{2}=\dfrac{m}{m-2}\quad (2)\end{cases}$

 $(2)\Rightarrow m=x_{1}x_{2}(m-2)\Rightarrow m=\dfrac{2x_{1}x_{2}}{x_{1}x_{2}-1}$

Thay vào  $(1)$ ta có: $x_{1}+x_{2}=\dfrac{2\left( \dfrac{2x_{1}x_{2}}{x_{1}x_{2}-1}\right)-1}{\dfrac{2x_{1}x_{2}}{x_{1}x_{2}-1}-1}$

$\Rightarrow x_{1}+x_{2}=\dfrac{\dfrac{2(2x_{1}x_{2}-x_{1}x_{2}+1)}{x_{1}x_{2}-1}}{\dfrac{2x_{1}x_{2}-2x_{1}x_{2}+2}{x_{1}x_{2}-1}}$

$\Rightarrow x_{1}+x_{2}=\dfrac{2(x_{1}x_{2}+1)}{x_{1}x_{2}-1}.\dfrac{x_{1}x_{2}-1}{2}=x_{1}x_{2}+1$

Vậy $x_{1}+x_{2}-x_{1}x_{2}=1$ là biểu thức liên hệ giữa $x_{1}, x_{2}$ không phụ thuộc vào $m$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

a) Ta có: $\overrightarrow{AM}=(3;y-3)$; $\overrightarrow{BM}=(-4;y-4)$

Tam giác $ABM$ vuông tại $M\Leftrightarrow\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BM}=0$

$\Leftrightarrow -12+(y-3)(y-4)=0\Leftrightarrow y^{2}-7y=0\Leftrightarrow y=0$ hoặc $y=7$

b) Ta có: $\overrightarrow{AN}=(x-2;-5)$ và $\overrightarrow{BN}=(x-9;-6)$.

$A,N,B$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\overrightarrow{AN}$ và $\overrightarrow{BN}$ cùng phương

$\Leftrightarrow \dfrac{x-2}{x-9}=\dfrac{-5}{-6}\Rightarrow x=-33$

a) Trung điểm $I$ của $AB$ có tọa độ $I\left(\dfrac{5}{2};\dfrac{5}{2}\right)$

$D\in Ox$ thì $D(x;0)$. Khi đó $\overrightarrow{ID}=\left( x-\dfrac{5}{2};-\dfrac{5}{2}\right)$

$\overrightarrow{AB}=(3;-1)$. $D$ cách đều $AB$ thì $D$ nằm trên trung trực của $AB$. Do đó $DI\bot AB$ hay $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{ID}=0$

$\Leftrightarrow 3\left( x-\dfrac{5}{2}\right) +\dfrac{5}{2}=0\Rightarrow x=\dfrac{5}{3}\Rightarrow D\left( \dfrac{5}{3};0\right)$

b) Tam giác $ABD$ có:

$AB=\sqrt{(4-1)^{2}+(2-3)^{2}}=\sqrt{10}$

$AD=\sqrt{(1-\dfrac{5}{3})^{2}+(3-0)^{2}}=\dfrac{\sqrt{85}}{3}$

$BD=\sqrt{(4-\dfrac{5}{3})^{2}+(2-0)^{2}}=\dfrac{\sqrt{85}}{3}$

$ID=\sqrt{(\dfrac{5}{2}-\dfrac{5}{3})^{2}+(\dfrac{5}{2}-0)^{2}}=\dfrac{5\sqrt{10}}{6}$

Từ đây có thể suy ra chu vi và diện tích tam giác $ABD$ rồi (vì $DI$ là đường cao ứng với cạnh đáy $AB$)

c) Trọng tâm $G$ của tam giác $OAB$ có tọa độ thỏa mãn:

$\begin{cases}x_{G}=\dfrac{1+4+0}{3}=\dfrac{5}{3} \\ y_{G}=\dfrac{3+2+0}{3}=\dfrac{5}{3}\end{cases}\Rightarrow G\left(\dfrac{5}{3};\dfrac{5}{3}\right)$

Tìm $m$ để hai phương trình sau có nghiệm chung:

 $x^{4}+mx^{2}+1=0\qquad (1)$

$x^{3}+mx+1=0\qquad (2)$

Nếu $(1)$ và $(2)$ có nghiệm chung $x=a$ thì $\begin{cases}a^{4}+ma^{2}+1=0 \\ a^{3}+ma+1=0\end{cases}$

$\Rightarrow (a^{4}+ma^{2}+1)-(a^{3}+ma+1)=0\Leftrightarrow a^{4}-a^{3}+ma^{2}-ma=0$

$\Leftrightarrow a^{3}(a-1)+ma(a-1)=0\Leftrightarrow a(a^{2}+m)(a-1)=0$

$\Leftrightarrow\left[ \begin{matrix}a=0 \\ a=1 \\ a=\pm\sqrt{-m}\qquad \mbox{ với } m\leq 0\end{matrix}\right.$

Dễ dàng thấy $a=0$, $a=\pm\sqrt{m}$ không là nghiệm của phương trình $(1)$ nên nghiệm chung của hai phương trình (nếu có) chỉ có thể là $x=a=1$. Khi đó $\begin{cases}(1)\Leftrightarrow 1+m+1=0 \\ (2)\Leftrightarrow 1+m+1=0\end{cases}\Leftrightarrow m=-2$

Ta có: $a_{k}=\dfrac{3k^{2}+3k+1}{(k^{2}+k)^{3}}=\dfrac{(k^{3}+3k^{2}+3k+1)-k^{3}}{[k(k+1)]^{3}}=\dfrac{(k+1)^{3}}{k^{3}(k+1)^{3}}-\dfrac{k^{3}}{k^{3}(k+1)^{3}}$

$=\dfrac{1}{k^{3}}-\dfrac{1}{(k+1)^{3}}$

 $S=a_{1}+a_{2}+ ... + a_{2006}$

$=\left(\dfrac{1}{1^{3}}-\dfrac{1}{2^{3}}\right) +\left(\dfrac{1}{2^{3}}-\dfrac{1}{3^{3}}\right)c+ ... + \left(\dfrac{1}{2006^{3}}-\dfrac{1}{2007^{3}}\right)$

 $=1-\dfrac{1}{2007^{3}}$

b) Trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ có tọa độ thỏa mãn hệ:

$\begin{cases}x_{G}=\dfrac{x_{A}+x_{B}+x_{C}}{3}=\dfrac{1-1+6}{3}=2 \\ y_{G}=\dfrac{y_{A}+y_{B}+y_{C}}{3}=\dfrac{5+1+0}{3}=2\end{cases}$

 Vậy $G(2;2)$

Dễ thấy tam giác $ABC$ có $AB=2\sqrt{5}$; $AC=BC=5\sqrt{2}$. Do đó tam giác $ABC$ cân tại $C$ suy ra đường cao kẻ từ $C$ là đường trung trực của $AB$.

 Đường trung trực của $BC$ đi qua trung điểm $I$ của $BC$ và nhận $\overrightarrow{BC}$ làm vtpt nên có phương trình $7x-y-17=0$

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là giao hai đường trung trực nên tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là nghiệm của hệ $\begin{cases}x+2y-3=0 \\7x-y-17=0\end{cases}$. Giải hệ ta được tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $O(\dfrac{37}{15};\dfrac{4}{15})$

Ta có: $\overrightarrow{AB}=(-2;-4)$ và $\overrightarrow{AC}=(5;-5)$. Do đó $\dfrac{-2}{5}\neq \dfrac{-4}{-5}$ nên $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ không cùng phương. Vậy $A,B,C$ không thẳng hàng.

Đường thẳng $BC$ nhận $\overrightarrow{BC}=(7;-1)$ làm vtcp. Do đó nó có vtpt là $\overrightarrow{n_{BC}}=(1;7)$. Suy ra phương trình $BC$ là $x+7y-6=0$.

Đường cao kẻ từ $A$ vuông góc với $BC$ nên nhận $\overrightarrow{BC}=(7;-1)$ làm vtpt. Suy ra phương trình đường cao là $7x-y-2=0$

Chân đường cao kẻ từ $A$ là giao điểm của đường cao và $BC$ nên tọa độ điểm này là nghiệm hệ $\begin{cases}x+7y-6=0 \\ 7x-y-2=0\end{cases}$ Giải hệ ta được chân đường cao là $K(\dfrac{2}{5};\dfrac{4}{5})$

Đường cao tam giác kẻ từ $C$ vuông góc với $AB$ nên nhận $\overrightarrow{AB}=(-2;-4)$ làm vtpt. Suy ra phương trình đường cao là $x+2y-3=0$

Trực tâm $H$ là giao hai đường cao nên tọa độ $H$ là nghiệm của hệ $\begin{cases}7x-y-2=0 \\ x+2y-3=0\end{cases}$. Giải hệ ta được $H(\dfrac{7}{15};\dfrac{19}{15})$

Giả sử hình chữ nhật có hai cạnh là $a$ và $b$ thì $a+b=\dfrac{P}{2}$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hay số dương $a$ và $b$ ta được:

$\dfrac{P}{2}=a+b\geq 2\sqrt{ab}\Rightarrow ab\leq \dfrac{P^{2}}{16}$

Mặt khác diện tích hình chữ nhật là $S=ab$. Do đó diện tích lớn nhất khi và chỉ khi $S=\dfrac{P^{2}}{16}$ khi $a=b=\dfrac{P}{4}$ (Khi đó hình chữ nhật là hình vuông).

Ta có: $M=\sqrt{(x-2)^{2}}+\sqrt[3]{(x-3)^{3}}=|x-2|+(x-3)$

Với $x\geq 2$ thì $M=x-2+x-3=2x-5\geq 2.2-5=-1$

 Với $x<2$ thì $M=2-x+(x-3)=-1$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là $-1$ khi $x\leq 2$