A B C H

BC=a; AC=b; AB=c

Từ C dựng đường thẳng vuông góc với AB tại H

\(\frac{a}{bc}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}+\frac{1}{a+b-c}.\)

\(\Rightarrow a\left(a+b-c\right)+c\left(a+b-c\right)=b\left(a+b-c\right)+bc\)

\(\Rightarrow a^2+ab-ac+ac+bc-c^2=ab+b^2-bc+bc\)

\(\Rightarrow a^2-b^2-c^2+bc=0\) (*)

Ta có \(AB=c=AH+BH\Rightarrow c^2=AH^2+BH^2+2.AH.BH\) (**)

Xét tg vuông ACH có

\(AH^2=AC^2-CH^2=b^2-CH^2\)

Xét tg vuông BCH có

\(BH^2=BC^2-CH^2=a^2-CH^2\)

Thay giá trị của \(AH^2\) và  \(BH^2\) vào (**) ta có

\(c^2=b^2-CH^2+a^2-CH^2+2.AH.BH=b^2+a^2-2.CH^2+2.AH.BH\) Thay vào (*) ta có

\(a^2-b^2-\left(b^2+a^2-2.CH^2+2.AH.BH\right)+bc=0\)

\(\Rightarrow-2.b^2+2.CH^2-2.AH.BH+bc=0\)

\(\Rightarrow-2\left(b^2-CH^2\right)-2.AH.BH+bc=0\)

\(\Rightarrow-2.AH^2-2.AH.BH+bc=0\)

\(\Rightarrow bc=2.AH\left(AH+BH\right)=2.AH.AB=2.AH.c\Rightarrow b=AC=2.AH\)

Xét tg vuông ACH có

\(\cos A=\frac{AH}{AC}=\frac{AH}{2.AH}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{A}=60^o\left(dpcm\right)\)

\(y=\left(m-1\right)x^2-2mx+m+2\)(1)

+) Nếu \(m-1=0\Leftrightarrow m=1\)thì :

(1) \(\Leftrightarrow y=-2x+3\)là hàm số bậc nhất có hệ số góc \(-2< 0\Rightarrow\)hàm số nghịch biến trên \(R\)

=> Hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;2\right)\)

Vậy khi \(m=1\)hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;2\right)\)(2)

+) Nếu \(m-1\ne0\Leftrightarrow m\ne1\)thì (1) là hàm số bậc hai

(1) nghịch biến trên \(\left(-\infty;2\right)\)thì đồ thị h/s có bề lõm hướng lên trên

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=m-1>0\\-\frac{b}{2a}\ge2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>1\\\frac{2m}{2\left(m-1\right)}\ge2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>1\\m-2\left(m-1\right)\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>1\\m\le2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow1< m\le2\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>1\\m-2\left(m-1\right)\ge0\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m>1\\m\le2\end{cases}}\end{cases}}\)(3)

Từ (2) và (3) suy ra hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;2\right)\)thì \(1\le m\le2\)