Bài 1.

a) ${\displaystyle \frac{x^4–10x^2+9}{\sqrt{x–2}}}=0(1)$

Điều kiện: $x>2$

$(1)\iff x^4–10x^2+9=0\iff [\begin{array}{l}x=1(l)\\ x=-1(l)\\ x=3(n)\\ x=-3(l)\end{array}$

Vậy $S=\left\{3\right\}$

b) $x\sqrt{x^2-x+3}=x(x-6)$ (NX: $x^2-x+3>0$, $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$)

$\iff [\begin{array}{l}x=0\\ \sqrt{x^2-x+3}=x-6(\ast )\end{array}$

$(\ast )\iff \{\begin{array}{l}x-6\ge 0\\ x^2-x+3=(x-6{)}^2\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x\ge 6\\ x=3\end{array}$

$\iff x\in \mathrm{\varnothing }$

Vậy $S=\left\{0\right\}$

Bài 2. ĐKXĐ: $x\ne 0$, $x\ne 1$

Phương trình trở thành: $(m+2)x=1$

Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}m+2\ne 0\\ \\ {\displaystyle \frac{1}{m+2}}\ne 0\\ \\ {\displaystyle \frac{1}{m+2}}\ne 1\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{l}m\ne -2\\ m\ne -1\end{array}$

Vậy $m\ne -2$ và $m\ne -1$ thì phương trình có nghiệm duy nhất $x={\displaystyle \frac{1}{m+2}}$

Bài 3.

$VT=\left[\cos 2\pi –\cos \left(2\pi +x\right)\right]\left[1+{\tan }^2\left({\displaystyle \frac{\pi }{2}}–x\right)\right]$

$=(1-\cos x)(1+{\cot }^{2}x)$

$=(1-\cos x)\cdot {\displaystyle \frac{1}{{\sin }^{2}x}}$

$=(1-\cos x)\cdot {\displaystyle \frac{1}{1-{\cos }^{2}x}}$

$={\displaystyle \frac{1}{1+\cos x}}=VP$

Bài 4.

a) Ta có: $D=\left|\begin{array}{cc}m& -(m+1)\\ 2-m& m-3\end{array}\right|=2(1-m)$

$D_x=\left|\begin{array}{cc}1& -(m+1)\\ 3-2m& m-3\end{array}\right|=2m(1-m)$

$D_y=\left|\begin{array}{cc}m& 1\\ 2-m& 3-2m\end{array}\right|=-2(m-1{)}^2$

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D\ne 0\iff m\ne 1$

b) Ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_0={\displaystyle \frac{D_x}{D}}=m\\ \\ y_0={\displaystyle \frac{D_y}{D}}=m-1\end{array}$

Ta có: $x_0^2–y_0^2-2x_0=m^2–(m-1{)}^2-2m=-1$

Bài 5. Thay $M(0;4)$ vào $(P)$, ta có: $4=-m\iff m=-4$

Tọa độ đỉnh $I(-1;3)$

 

Bài 6.

a) Ta có: $\overrightarrow{DA}\cdot \overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AB}=–AD\cdot AB\cdot \cos {120}^{\circ }=a^2$

Ta có: $A{B}^2–A{D}^2={\left(\overrightarrow{AB}\right)}^2–{\left(\overrightarrow{AD}\right)}^2$

$=\left(\overrightarrow{AB}–\overrightarrow{AD}\right)(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})=\overrightarrow{DB}\cdot \overrightarrow{AC}$

b) Đặt $\overrightarrow{DH}=x\overrightarrow{DB}$

Ta có: $\overrightarrow{AH}=x\overrightarrow{AB}+(1-x)\overrightarrow{AD}$

Ta có: $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BD}=0$

$\iff (x\overrightarrow{AB}+(1-x)\overrightarrow{AD})\cdot \left(\overrightarrow{AD}–\overrightarrow{AB}\right)=0$

$\iff x(-a^2)-4x{a}^2+(1-x)a^2-(1-x)(-a^2)=0$

$\iff x={\displaystyle \frac{2}{7}}$

Ta có: $\overrightarrow{DH}={\displaystyle \frac{2}{7}}\overrightarrow{DB}$

$\Rightarrow \overrightarrow{DA}\cdot \overrightarrow{DH}={\displaystyle \frac{2}{7}}\overrightarrow{DA}\cdot \overrightarrow{DB}$

$={\displaystyle \frac{2}{7}}\overrightarrow{DA}(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB})$

$={\displaystyle \frac{2}{7}}(D{A}^2+\overrightarrow{DA}\cdot \overrightarrow{AB})$

$={\displaystyle \frac{4}{7}}{a}^2$

 

Bài 7.

a) Gọi $M(x;y)$

Ta có: $\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{CA}–\overrightarrow{CB}$

$\iff \overrightarrow{CM}=\overrightarrow{BA}$

$\iff \{\begin{array}{l}x-6=-5\\ y-1=1\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ y=2\end{array}$

Vậy $M(1;2)$

b) Gọi $I(x_I;y_I)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}IA=IB\\ IA=IC\end{array}$

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}5x_I-y_I=12\\ (5-y_I{)}^2=(1-y_I{)}^2\end{array}$

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_I=3\\ y_I=3\end{array}$

Gọi $E(0;y_E)\in Oy$.

Ta có: $IA=IE\Rightarrow (3-y_E{)}^2=4\Rightarrow [\begin{array}{l}{y}_E=1\\ y_E=5\end{array}$

Vậy $E(0;1)$, $F(0;5)$ hoặc ngược lại.