\(a,M\in\left(d\right)\Rightarrow a.0+b.2=-2\)

                      \(\Rightarrow b=-1\)

\(\Rightarrow\left(d\right)ax-y=-2\)

\(\Rightarrow\left(d\right)y=ax+2\)

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình

\(\frac{x^2}{4}=ax+2\)

\(\Leftrightarrow x^2-4ax-8=0\)(1)

Có \(\Delta'=4a^2+8>0\)

Nên pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt 

=> (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B

b, Gọi 2 điểm A và B có tọa độ là \(A\left(x_1;y_1\right);B\left(x_2;y_2\right)\)

Theo hệ thức Vi-ét \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=4a\\x_1x_2=-8\end{cases}}\)

Vì \(A;B\in\left(P\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}y_1=\frac{x_1^2}{4}\\y_2=\frac{x_2^2}{4}\end{cases}}\)

Ta có \(AB=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2}\)

                \(=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+\left(y_1+y_2\right)^2-4y_1y_2}\)

               \(=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+\left(\frac{x_1^2+x_2^2}{4}\right)^2-4.\frac{x_1^2x_2^2}{4.4}}\)

              \(=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+\frac{\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]^2}{4}-\frac{x_1^2x_2^2}{4}}\)

               \(=\sqrt{16a^2+32+\frac{\left(16a^2+16\right)^2}{4}-\frac{64}{4}}\)

             \(\ge\sqrt{16.0+32+\frac{\left(16.0+16\right)^2}{4}-\frac{64}{4}}=4\sqrt{5}\)

Dấu "=" <=> a = 0

\(x^3=1+\frac{\sqrt{84}}{9}+1-\frac{\sqrt{84}}{9}+3x\sqrt[3]{\left(1+\frac{\sqrt{84}}{9}\right)\left(1-\frac{\sqrt{84}}{9}\right)}\)

     \(=2+3x\sqrt[3]{1-\frac{84}{81}}\)

     \(=2+3x\sqrt[3]{-\frac{1}{27}}\)

    \(=2-x\)

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

\(\Leftrightarrow x=1\)

Nghiệm nguyên hay nghiệm hữu tỉ vậy, mới học lớp 8 thui

Chưa bt nx...chưa giải dc mà!!!

Phải là AF cắt BE tại Q ms đúng , mk ghi lầm .

Vì E, F thuộc (O) nên: \(\widehat{AEB}=\widehat{AFB}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\(\Rightarrow\)AF, BE là hai đường cao của tam giác APB.

Mà AF và BE cắt nhau tại Q. Nên Q là trực tâm của tam giác APB.

\(\Rightarrow\)PQ là đường cao thứ 3 \(\Rightarrow PQ\perp AB\left(đfcm\right)\)