a) Đặt \(f\left(x\right)=2\left|x^3\right|-9x^2+12\left|x\right|=2\sqrt{x^6}-9x^2+12\sqrt{x^2}\)

TXĐ: \(D=ℝ\)

\(f'\left(x\right)=2.\dfrac{6x^5}{2\sqrt{x^6}}-18x+12.\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2}}=\dfrac{6x^5}{\left|x^3\right|}-18x+\dfrac{12x}{\left|x\right|}\), \(\forall x\ne0\)

Nếu \(x\ge0\) thì \(f'\left(x\right)=6x^2-18x+12\). Cho \(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=2\end{matrix}\right.\)

Nếu \(x< 0\) thì \(f'\left(x\right)=-6x^2-18x-12\). Cho \(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=-2\end{matrix}\right.\).

BBT:

 Dựa vào BBT, để \(m=f\left(x\right)\) có 2 nghiệm phân biệt thì \(\left[{}\begin{matrix}0< m< 4\\m>5\end{matrix}\right.\)

 Thưa cô Tuyết Ngọc, em muốn đăng hình nhưng mà nếu câu trả lời nào có hình thì nó sẽ không duyệt lên ngay mà phải chờ tới ít nhất là 1 ngày sau mới hiện lên nên em mới làm bải giải riêng với vẽ hình riêng ạ.

Xét đa thức \(P\left(x\right)=x^4+6x^3-11x^2+6x+1\)

Giả sử P(x) có nghiệm hữu tỉ \(x=\dfrac{p}{q}\left(p,q\inℤ,\left(p,q\right)=1\right)\) thì \(q,p|1\)

\(\Rightarrow\left(p,q\right)=\left(1,-1\right),\left(-1,1\right),\left(1,1\right),\left(-1,-1\right)\)

\(\Rightarrow x=\dfrac{p}{q}=\pm1\).

 Thử lại, ta thấy \(P\left(\pm1\right)\ne0\) nên P(x) không có nghiệm hữu tỉ. Do đó P(x) không thể phân tích được thành tích của 1 đa thức bậc nhất và 1 đa thức bậc 3.

 Khi đó đặt \(P\left(x\right)=\left(x^2+ax+b\right)\left(x^2+cx+d\right)\) với 

 \(\Rightarrow P\left(x\right)=x^4+cx^3+dx^2+ax^3+acx^2+adx+bx^2+bcx+bd\)

 \(\Rightarrow P\left(x\right)=x^4+\left(a+c\right)x^3+\left(b+d+ac\right)x^2+\left(ad+bc\right)x+bd\)

 Đồng nhất hệ số, thu được:

 \(\left\{{}\begin{matrix}a+c=6\\b+d+ac=-11\\ad+bc=6\\bd=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow b=d=\pm1\)

Nếu \(b=d=1\) thì \(\left\{{}\begin{matrix}a+c=6\\2+ac=-11\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+c=6\\ac=-13\end{matrix}\right.\).

Khi đó \(a,c\) là 2 nghiệm của pt \(x^2-6x-13=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=3+\sqrt{22}\\c=3-\sqrt{22}\end{matrix}\right.\) (loại)

Nếu \(b=d=-1\) thì \(-6=a+c=6\), vô lý.

Nên đa thức đã cho không thể phân tích được thành nhân tử nhé.

 À câu a) ý 2 do điểm P có ở câu b) rồi nên mình sửa lại trung điểm của BC là V nhé. Chỗ nào mà có chữ P sửa lại thành chữ V giúp mình nhé.

 câu a ý 2:

 Gọi U là giao điểm của EF và BC, P là trung điểm BC, X là điểm chính giữa cung BC không chứa D của (O).

 Có \(\widehat{XIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\widehat{XCB}+\widehat{IBC}=\widehat{XBC}+\widehat{IBC}=\widehat{XBI}\) nên tam giác XBI cân tại X \(\Rightarrow XB=XI\)

 Tương tự, ta cũng có \(XB=XC=XI\) nên X là tâm (IBC)

 Dễ thấy \(\widehat{XBD}=\widehat{XCD}=90^o\) nên XB, XC là tiếp tuyến tại B và C của (X).

 \(\Rightarrow DC^2=DP.DX=DT.DG\) \(\Rightarrow\) Tứ giác TPXG nội tiếp.

 \(\Rightarrow\widehat{DPT}=\widehat{XGT}=\widehat{XTG}=\widehat{XPG}\)

 \(\Rightarrow90^o-\widehat{DPT}=90^o-\widehat{XPG}\)

 \(\Rightarrow\widehat{UPT}=\widehat{UPG}\) . Do \(\widehat{UPG}+\widehat{GPC}=180^o\)

 \(\Rightarrow\) \(\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o\)

  Vì D là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (X) nên GD là đối trung của tam giác GBC 

 \(\Rightarrow\widehat{BGT}=\widehat{PGC}\)

  Lại có \(\widehat{GTB}=\widehat{GCP}\) \(\Rightarrow\Delta GTB\sim\Delta GCP\) \(\Rightarrow\widehat{GBT}=\widehat{GPC}\)

  Lại có \(\widehat{GBT}=\widehat{GIT}\) nên \(\widehat{GPC}=\widehat{GIT}\)

  Kết hợp với \(\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o\), ta có \(\widehat{GIT}+\widehat{UPT}=180^o\) 

 \(\Rightarrow\) Tứ giác ITPJ nội tiếp.

 Mặt khác, \(\left(BCJU\right)=-1\) và P là trung điểm BC nên \(\overline{UJ}.\overline{UP}=\overline{UB}.\overline{UC}\) (hệ thức Maclaurin)

 \(\Rightarrow P_{U/\left(ITPJ\right)}=P_{U/\left(X\right)}\)

 \(\Rightarrow\) U nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (ITPJ) và (X), mà IT là trục đẳng phương của 2 đường tròn này nên U, I, T thẳng hàng.

 Xét cực và đối cực đối với (I). Kí hiệu \(d_Y\) là đối cực của Y đối với (I).

 Ta có \(\left(BCJU\right)=-1\) \(\Rightarrow J\in d_U\) 

 Lại có \(U\in EF\equiv d_A\Rightarrow A\in d_U\) 

 Do đó \(JA\equiv d_U\) \(\Rightarrow JA\perp UI\) hay \(JA\perp IT\) (đpcm)

a) Gọi K' là giao điểm của BI và EF, S là giao điểm của EJ và AB.

 Ta có \(\left(FSBA\right)=-1\) (hàng điều hòa quen thuộc). Mặt khác, dễ thấy K'B là trung trực của FJ nên K'B cũng là tia phân giác của \(\widehat{FK'S}\)

 Do đó, \(\widehat{AK'B}=90^o\). Khi đó tam giác AK'B vuông tại K' có trung tuyến K'M nên \(K'M=MB=\dfrac{1}{2}AB\)

 Từ đó suy ra tam giác MK'B cân tại M \(\Rightarrow\widehat{MK'B}=\widehat{MBK'}=\widehat{K'BC}\)

 Do đó MK'//BC. Chú ý rằng MN là đường trung bình của tam giác ABC \(\Rightarrow\) MN//BC. Vậy \(K'\in MN\) hay K' chính là giao điểm của MN và JE. Điều này có nghĩa là \(K'\equiv K\). 

 Như vậy, \(K,B,I\) thẳng hàng và \(\widehat{AKB}=90^o\) hay \(AK\perp BI\)

 Lại có \(FJ\perp BI\) nên AK//FJ hay AK//HJ.

 Tương tự, ta cũng có AH//KJ nên tứ giác AKJH là hình bình hành.

 \(\Rightarrow\) HK, AJ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn, hay JA đi qua trung điểm của HK.

 

ĐK: \(x\ge2,y\ge-2009,z\ge2010\)

Ta có: \(\sqrt{x-2}=\sqrt{1.\left(x-2\right)}\le\dfrac{1+x-2}{2}=\dfrac{x-1}{2}\)

\(\sqrt{y+2009}=\sqrt{1.\left(y+2009\right)}\le\dfrac{1+y+2009}{2}=\dfrac{y+2010}{2}\)

\(\sqrt{z-2010}=\sqrt{1.\left(z-2010\right)}\le\dfrac{1+z-2010}{2}=\dfrac{z-2009}{2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT vừa tìm được, ta có:

\(VT=\sqrt{x-2}+\sqrt{y+2009}+\sqrt{z-2010}\)

\(\le\dfrac{x-1}{2}+\dfrac{y+2010}{2}+\dfrac{z-2009}{2}\)

\(=\dfrac{x-1+y+2010+z-2009}{2}\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)

\(=VP\)

Do đó, dấu "=" phải xảy ra 

\(\Leftrightarrow x-2=y+2009=z-2010=1\)

\(\Leftrightarrow\left(x,y,z\right)=\left(3,-2008,2011\right)\)

Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất là \(\left(3,-2008,2011\right)\)

a) Tam giác ADH vuông tại D có trung tuyến DM 

\(\Rightarrow DM=\dfrac{1}{2}AH\)

Tương tự, ta có \(EM=\dfrac{1}{2}AH\).

Từ đó suy ra \(DM=EM\left(=\dfrac{1}{2}AH\right)\) (đpcm)

b) Tam giác BCD vuông tại D có trung tuyến DN 

\(\Rightarrow DN=\dfrac{1}{2}BC\)

Tương tự, ta có \(EN=\dfrac{1}{2}BC\)

\(\Rightarrow DN=EN\left(=\dfrac{1}{2}BC\right)\)

\(\Rightarrow\Delta NDE\) cân tại N (đpcm)

c) Vì \(DM=EM\left(cmt\right)\) nên M thuộc trung trực của DE.

\(DN=EN\left(cmt\right)\) nên N cũng thuộc trung trực của DE.

\(\Rightarrow\) MN là trung trực của đoạn DE

\(\Rightarrow MN\perp DE\) (đpcm)

 Gọi T là giao điểm của EF và BC. Gọi J là trung điểm DT. Khi đó vì \(\widehat{TKD}=90^o\) nên \(K\in\left(J,JD\right)\). Đặt \(JB=b,JC=c,JD=JT=d\). 

 Dễ thấy \(AE=AF,BF=BD,CD=CE\) nên \(\dfrac{FA}{FB}.\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}=1\)

 Hơn nữa, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến EFT, ta có: \(\dfrac{FA}{FB}.\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{EC}{EA}=1\) 

 Từ đó suy ra \(\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{TB}{TC}\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{JD-JB}{JC-JD}=\dfrac{JB+JT}{JC+JT}\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{d-b}{c-d}=\dfrac{b+d}{c+d}\)

 \(\Leftrightarrow\left(d-b\right)\left(c+d\right)=\left(c-d\right)\left(b+d\right)\)

 \(\Leftrightarrow cd+d^2-bc-bd=bc+cd-bd-d^2\)

 \(\Leftrightarrow2d^2=2bc\)

 \(\Leftrightarrow JD^2=JB.JC=JK^2\) \(\left(vìJD=JK\right)\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{JK}{JC}=\dfrac{JB}{JK}\)

 Xét tam giác JBK và JKC, có: 

 \(\dfrac{JK}{JC}=\dfrac{JB}{JK}\) và \(\widehat{J}\) chung nên 

\(\Delta JBK\sim\Delta JKC\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{JB}{JK}=\dfrac{JB}{JD}=\dfrac{b}{d}\)

Lại có \(d^2=bc\) 

\(\Leftrightarrow d^2-bd=bc-bd\)

\(\Leftrightarrow d\left(d-b\right)=b\left(c-d\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{d}=\dfrac{d-b}{c-d}\)

 Như vậy \(\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{b}{d}=\dfrac{d-b}{c-d}=\dfrac{JD-JB}{JC-JD}=\dfrac{DB}{DC}\)

 Do đó theo tính chất đường phân giác trong tam giác, KD là phân giác \(\widehat{BKC}\) (đpcm)