Thay x=2 và y=-2 vào y=ax+b, ta được:

\(a\cdot2+b=-2\)

=>2a+b=-2(1)

Thay x=-1 và y=3 vào y=ax+b, ta được:

a*(-1)+b=3

=>-a+b=3(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}2a+b=-2\\-a+b=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3a=-5\\a-b=-3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=-\dfrac{5}{3}\\b=a+3=-\dfrac{5}{3}+3=\dfrac{4}{3}\end{matrix}\right.\)

Bài 1:

a: \(\left\{{}\begin{matrix}2x-3y=14\\3x+y=10\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x-3y=14\\9x+3y=30\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}11x=44\\3x+y=10\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=4\\y=10-3x=-2\end{matrix}\right.\)

b: \(x^2-8x=-15\)

=>\(x^2-8x+15=0\)

=>(x-3)(x-5)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x-3=0\\x-5=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=5\end{matrix}\right.\)

Bài 2:

a: 

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(\dfrac{1}{4}x^2=x-1\)

=>\(\dfrac{1}{4}x^2-x+1=0\)

=>\(\left(\dfrac{1}{2}x-1\right)^2=0\)

=>\(\dfrac{1}{2}x-1=0\)

=>x=2

Thay x=2 vào y=x-1, ta được:

y=2-1=1

Vậy: (P) cắt (d) tại A(2;1)

a: Xét tứ giác CEHD có \(\widehat{CEH}+\widehat{CDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHD là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác AEDB có \(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^0\)

nên AEDB là tứ giác nội tiếp

=>A,E,D,B cùng thuộc một đường tròn

c: Ta có: ΔABC cân tại A

mà AD là đường cao

nên D là trung điểm của BC

Ta có: ΔBEC vuông tại E

mà ED là đường trung tuyến

nên \(ED=\dfrac{BC}{2}\)

a: Xét tứ giác CEHD có \(\widehat{CEH}+\widehat{CDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHD là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

c: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔADC vuông tại D có

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH~ΔADC

=>\(\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AH}{AC}\)

=>\(AE\cdot AC=AH\cdot AD\)

Xét ΔCDA vuông tại D và ΔCEB vuông tại E có

\(\widehat{DCA}\) chung

Do đó: ΔCDA~ΔCEB

=>\(\dfrac{DA}{EB}=\dfrac{CA}{CB}\)

=>\(DA\cdot CB=CA\cdot EB\)

d: Ta có: \(\widehat{BHD}=\widehat{AHE}\)(hai góc đối đỉnh)

\(\widehat{AHE}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{DAC}\right)\)

Do đó: \(\widehat{BHD}=\widehat{ACB}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

\(\widehat{AMB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\widehat{ACB}=\widehat{AMB}\)

=>\(\widehat{BMH}=\widehat{ACB}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{BHM}=\widehat{BMH}\)

=>ΔBHM cân tại B

Ta có: ΔBHM cân tại B

mà BC là đường cao

nên BC là đường trung trực của HM

=>H đối xứng M qua BC

e: Xét tứ giác BFHD có \(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BFHD là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\widehat{FDH}=\widehat{FBH}\)(BFHD là tứ giác nội tiếp)

\(\widehat{EDH}=\widehat{ECH}\)(EHDC là tứ giác nội tiếp)

mà \(\widehat{FBH}=\widehat{ECH}\left(=90^0-\widehat{BAE}\right)\)

nên \(\widehat{FDH}=\widehat{EDH}\)

=>DH là phân giác của góc FDE

a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{NBA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BN

\(\widehat{BMN}\) là góc nội tiếp chắn cung BN

Do đó: \(\widehat{NBA}=\widehat{BMN}\)

mà \(\widehat{BMN}=\widehat{KAN}\)(hai góc so le trong, BM//AC)

nên \(\widehat{KAN}=\widehat{KBA}\)

Xét ΔKAN và ΔKBA có

\(\widehat{KAN}=\widehat{KBA}\)

\(\widehat{AKN}\) chung

Do đó: ΔKAN~ΔKBA

=>\(\dfrac{KA}{KB}=\dfrac{KN}{KA}\)

=>\(KA^2=KB\cdot KN\)(1)

c: Xét (O) có

\(\widehat{KCN}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CK và dây cung CN

\(\widehat{CBN}\) là góc nội tiếp chắn cung CN

Do đó: \(\widehat{KCN}=\widehat{CBN}=\widehat{KBC}\)

Xét ΔKCN và ΔKBC có

\(\widehat{KCN}=\widehat{KBC}\)

\(\widehat{CKN}\) chung

Do đó: ΔKCN~ΔKBC

=>\(\dfrac{KC}{KB}=\dfrac{KN}{KC}\)

=>\(KC^2=KB\cdot KN\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra KA=KC

=>K là trung điểm của AC

ΔOCA vuông tại C

=>\(CO^2+CA^2=OA^2\)

=>\(CA^2=\left(3R\right)^2-R^2=8R^2\)

=>\(CA=R\cdot2\sqrt{2}\)

=>\(KA=R\sqrt{2}\)

d: Gọi giao điểm của MN và OE là I, giao điểm của BC và OA là H

Xét (O) có

EM,EN là các tiếp tuyến

Do đó: EM=EN

=>E nằm trên đường trung trực của MN(3)

Ta có: OM=ON

=>O nằm trên đường trung trực của MN(4)

Từ (3) và (4) suy ra OE là đường trung trực của MN

=>OE\(\perp\)MN tại I và I là trung điểm của MN

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(5)

ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(6)

Từ (5),(6) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\left(7\right)\)

Xét ΔONE vuông tại N có NI là đường cao

nên \(OI\cdot OE=ON^2\left(8\right)\)

Từ (7) và (8) suy ra \(OH\cdot OA=OI\cdot OE\)

=>\(\dfrac{OH}{OI}=\dfrac{OE}{OA}\)

Xét ΔOHE và ΔOIA có

\(\dfrac{OH}{OI}=\dfrac{OE}{OA}\)

\(\widehat{HOE}\) chung

Do đó: ΔOHE~ΔOIA

=>\(\widehat{OHE}=\widehat{OIA}=90^0\)

=>\(\widehat{OHE}=\widehat{OHB}=90^0\)

=>H,B,E thẳng hàng

mà B,H,C thẳng hàng

nên E,B,C thẳng hàng

a)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

x²/2 = -2x - 3

x² = -4x - 6

x² + 4x + 6 = 0

Do x² + 4x + 6 = x² + 4x + 4 + 2

= (x + 2)² + 2 > 0 với mọi x ∈ R

⇒ (P) và (d) không giao nhau

c) Do (P) và (d) không giao nhau nên không tính được theo yêu cầu đề bài

Ta có: BE//AC

=>\(\widehat{BEA}=\widehat{EAC}\)(hai góc so le trong)

mà \(\widehat{EAC}=\widehat{BAE}\)(AE là phân giác của góc BAC)

nên \(\widehat{BEA}=\widehat{BAE}\)

=>BE=BA

Xét ΔHAC có EB//AC
nên \(\dfrac{EH}{EC}=\dfrac{HB}{AB}\)

=>\(EC\cdot HB=EH\cdot BA\)

=>\(EC\cdot HB=EH\cdot BE\)

(P) đi qua điểm \(M\left(1;2\right)\) ta thay \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=2\end{matrix}\right.\) vào (P) ta có:
\(2=a\cdot1^2\)

\(\Leftrightarrow a=2\)  

\(\Rightarrow\left(P\right):y=2x^2\)

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
\(2x^2=3x-1\)

\(\Leftrightarrow2x^2-3x+1=0\)

\(\Delta=\left(-3\right)^2-4\cdot2\cdot1=1>0\)

Có 2 nghiệm phân biệt 

Tọa độ giao điểm (1) là:

\(x_1=\dfrac{3+\sqrt{1}}{2\cdot2}=1\Rightarrow y_1=2\cdot1^2=2\)

Tọa độ giao điểm (2) là:

\(x_2=\dfrac{3-\sqrt{1}}{2\cdot2}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow y_2=2\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{2}\)

Thay tọa độ điểm M(1; 2) vào (P), ta có:

a.1² = 2

⇔ a = 2

⇒ (P): y = 2x²

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

2x² = 3x - 1

⇔ 2x² - 3x + 1 = 0

⇔ 2x² - 2x - x + 1 = 0

⇔ (2x² - 2x) - (x - 1) = 0

⇔ 2x(x - 1) - (x - 1) = 0

⇔ (x - 1)(2x - 1) = 0

⇔ x - 1 = 0 hoặc 2x - 1 = 0

*) x - 1 = 0

⇔ x = 1

*) 2x - 1 = 0

⇔ 2x = 1

⇔ x = 1/2

+) x = 1 ⇒ y = 2.1² = 2 ⇒ M(1; 2)

+) x = 1/2 ⇒ y = 2.(1/2)² = 1/2 ⇒ N(1/2; 1/2)

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: M(1; 2); N(1/2; 1/2)