a: Để (1) là hàm số bậc nhất thì \(m-2\ne0\)

=>\(m\ne2\)

b: Để (1) đồng biến thì m-2>0

=>m>2

c: Khi m=1 thì \(y=\left(1-2\right)x+1+1=-x+2\)

d: Thay x=2 và y=1 vào (1), ta được:

\(2\left(m-2\right)+m+1=1\)

=>2m-4+m=0

=>3m-4=0

=>3m=4

=>\(m=\dfrac{4}{3}\)

e: Để (1)//y=3x+2 thì \(\left\{{}\begin{matrix}m-2=3\\m+1< >2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}m=3\\m< >1\end{matrix}\right.\)

=>m=3

f: Để (1) tạo với trục Ox một góc tù thì m-2<0

=>m<2

g: Thay x=0 vào y=5x+6, ta được:

\(y=5\cdot0+6=6\)

Thay x=0 và y=6 vào (1), ta được:

\(0\left(m-2\right)+m+1=6\)

=>m+1=6

=>m=5

Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\widehat{DBH}\) chung

Do đó: ΔBDH đồng dạng với ΔBEC
=>\(\dfrac{BD}{BE}=\dfrac{BH}{BC}\)

=>\(BH\cdot BE=BD\cdot BC\)

Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có

\(\widehat{DCH}\) chung

Do đó: ΔCDH đồng dạng với ΔCFB

=>\(\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{CH}{CB}\)

=>\(CH\cdot CF=CD\cdot CB\)

ΔEBC vuông tại E

mà EI là đường trung tuyến

nên \(BC=2\cdot EI\)

=>\(BC^2=4\cdot EI^2\)

\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)

\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC\)

\(=BC^2=4\cdot IE^2\)

a: Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

b: \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

=>\(\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}\)

Xét ΔAMN và ΔACB có

\(\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}\)
\(\widehat{MAN}\) chung

Do đó: ΔAMN đồng dạng với ΔACB

Tọa độ A là:

\(\left\{{}\begin{matrix}y=0\\\left(2m-1\right)x+m-6=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=0\\x\left(2m-1\right)=-m+6\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{-m+6}{2m-1}\\y=0\end{matrix}\right.\)

Vậy: \(A\left(\dfrac{-m+6}{2m-1};0\right)\)

Tọa độ B là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=\left(2m-1\right)x+m-6\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=0\left(2m-1\right)+m-6=m-6\end{matrix}\right.\)

=>B(0;m-6)

\(O\left(0;0\right);A\left(\dfrac{-m+6}{2m-1};0\right);B\left(0;m-6\right)\)

\(OA=\sqrt{\left(\dfrac{-m+6}{2m-1}-0\right)^2+\left(0-0\right)^2}=\left|\dfrac{m-6}{2m-1}\right|\)

\(OB=\sqrt{\left(0-0\right)^2+\left(m-6-0\right)^2}\)

\(=\sqrt{\left(m-6\right)^2}=\left|m-6\right|\)

OA=2OB

=>\(\dfrac{\left|m-6\right|}{\left|2m-1\right|}=2\left|m-6\right|\)

=>\(\dfrac{\left|m-6\right|}{\left|2m-1\right|}-2\left|m-6\right|=0\)

=>\(\left|m-6\right|\left(\dfrac{1}{\left|2m-1\right|}-2\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m-6=0\\\left|2m-1\right|=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m-6=0\\2m-1=\dfrac{1}{2}\\2m-1=-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=6\left(nhận\right)\\m=\dfrac{3}{4}\left(nhận\right)\\m=\dfrac{1}{4}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

a: Xét (O) có

\(\widehat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC

\(\widehat{BOC}\) là góc ở tâm chắn cung BC

Do đó: \(\widehat{BOC}=2\cdot\widehat{BAC}=90^0\)

b:

Gọi M là giao điểm của BH với CK

Xét ΔHBC vuông tại H có \(\widehat{HBC}+\widehat{HCB}=90^0\)

=>\(\widehat{HBC}=90^0-\widehat{HCB}\)

=>\(\widehat{MBC}=90^0-\widehat{ACB}\)

Xét ΔKBC vuông tại K có \(\widehat{KBC}+\widehat{KCB}=90^0\)

=>\(\widehat{KCB}=90^0-\widehat{KBC}\)

=>\(\widehat{MCB}=90^0-\widehat{ABC}\)

Xét ΔABC có

\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}+\widehat{BAC}=180^0\)

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^0-45^0=135^0\)

Xét ΔMBC có \(\widehat{MBC}+\widehat{MCB}+\widehat{BMC}=180^0\)

=>\(\widehat{BMC}=180^0-\left(\widehat{MBC}+\widehat{MCB}\right)\)

\(=180^0-\left(90^0-\widehat{ABC}+90^0-\widehat{ACB}\right)\)

\(=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=135^0\)

=>\(\widehat{MBC}+\widehat{MCB}=45^0\)

Xét (O) có

\(\widehat{CAD}\) là góc nội tiếp chắn cung CD

\(\widehat{CBD}\) là góc nội tiếp chắn cung CD

Do đó: \(\widehat{CAD}=\widehat{CBD}\)

Xét (O) có

\(\widehat{EAB}\) là góc nội tiếp chắn cung EB

\(\widehat{ECB}\) là góc nội tiếp chắn cung EB

Do đó: \(\widehat{EAB}=\widehat{ECB}\)

\(\widehat{EAB}+\widehat{CAD}=\widehat{ECB}+\widehat{DBC}\)

\(=\widehat{MBC}+\widehat{MCB}=45^0\)

\(\widehat{EAD}=\widehat{EAB}+\widehat{BAC}+\widehat{CAD}\)

\(=45^0+45^0=90^0\)

=>ΔEAD vuông tại A

ΔEAD vuông tại A

nên ΔEAD nội tiếp đường tròn đường kính ED

mà ΔEAD nội tiếp (O)

nên O là trung điểm của ED

=>E,O,D thẳng hàng

Thay x=2 và y=1 vào (d), ta được:

\(2\left(m^2-2m+3\right)+4=1\)

=>\(2m^2-4m+6+4-1=0\)

=>\(2m^2-4m+9=0\)

=>\(m^2-2m+\dfrac{9}{2}=0\)

=>\(m^2-2m+1+\dfrac{7}{2}=0\)

=>\(\left(m-1\right)^2+\dfrac{7}{2}=0\)(vô lý)

Vậy: \(m\in\varnothing\)

Xét (O) có

\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\)

=>\(\widehat{MDA}=\widehat{MBC}\)

Xét ΔMDA và ΔMBC có

\(\widehat{MDA}=\widehat{MBC}\)

\(\widehat{M}\) chung

Do đó: ΔMDA đồng dạng với ΔMBC

=>\(\dfrac{MD}{MB}=\dfrac{MA}{MC}\)

=>\(MD\cdot MC=MB\cdot MA\)

h: Khi m=3 thì \(y=\left(3-2\right)x+3+1=x+4\)

Gọi \(\alpha\) là góc tạo bởi đồ thị hàm số y=x+4 với trục Ox

\(tan\alpha=a=1\)

=>\(\alpha=45^0\)

y=x+4

=>x-y+4=0

Khoảng cách từ O(0;0) đến đường thẳng x-y+4=0 là:

\(\dfrac{\left|0\cdot1+0\cdot\left(-1\right)+4\right|}{\sqrt{1^2+\left(-1\right)^2}}=\dfrac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}\)

\(5x^2+14x-432\)
\(=\left(5x^2+54x\right)-\left(40x+432\right)\)
\(=x\left(5x+54\right)-8\left(5x+54\right)\)
\(=\left(5x+54\right)\left(x-8\right)\)
#kễnh

Bài 5:

a: Xét (O) có

CI,CA là tiếp tuyến

Do đó: CA=CI và OC là phân giác của góc AOI

=>\(\widehat{AOI}=2\cdot\widehat{COI}\)

Xét (O) có

DI,DB là tiếp tuyến

Do đó: DI=DB và OD là phân giác của góc BOI

=>\(\widehat{BOI}=2\cdot\widehat{DOI}\)

AC+BD

=CI+DI

=CD

b: \(\widehat{IOA}+\widehat{IOB}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(2\cdot\left(\widehat{COI}+\widehat{DOI}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\widehat{COD}=180^0\)

=>\(\widehat{COD}=90^0\)

Xét ΔOCD vuông tại O có OI là đường cao

nên \(CI\cdot ID=OI^2\)

=>\(AC\cdot BD=OI^2=R^2\)

c: Gọi M là trung điểm của CD

ΔOCD vuông tại O

=>ΔOCD nội tiếp đường tròn đường kính CD

=>ΔOCD nội tiếp (M)

Xét hình thang ACDB(AC//DB) có

O,M lần lượt là trung điểm của AB,CD

=>OM là đường trung bình của hình thang ACDB

=>OM//AC//BD

=>OM\(\perp\)AB

Xét (M) có

MO là bán kính

AB\(\perp\)MO tại O

Do đó: AB là tiếp tuyến của (M)

=>AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD(ĐPCM)

Bài 6:

a: Xét hình thang AEFB(AE//FB) có

O là trung điểm của AB

OC//AE//FB

Do đó: C là trung điểm của EF

=>EC=CF

b: Xét ΔOAC có OA=OC

nên ΔOAC cân tại O

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OCA}\)

mà \(\widehat{OCA}=\widehat{EAC}\)(hai góc so le trong,AE//CO)

nên \(\widehat{EAC}=\widehat{OAC}\)

=>AC là phân giác của góc BAE

c: Xét ΔOCB có OB=OC

nên ΔOCB cân tại O

=>\(\widehat{OBC}=\widehat{OCB}\)

mà \(\widehat{OCB}=\widehat{FBC}\)(hai góc so le trong,OC//FB)

nên \(\widehat{OBC}=\widehat{FBC}\)

=>BC là phân giác của góc OBF

Xét ΔAHC vuông tại H và ΔAEC vuông tại E có

AC chung

\(\widehat{HAC}=\widehat{EAC}\)

Do đó:ΔAHC=ΔAEC

=>AH=AE

Xét ΔBHC vuông tại H và ΔBFC vuông tại F có

BC chung

\(\widehat{HBC}=\widehat{FBC}\)

Do đó: ΔBHC=ΔBFC

=>BH=BF

Xét (O) có

ΔCAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

Xét ΔCAB vuông tại C có CH là đường cao

nên \(CH^2=AH\cdot HB=AE\cdot BF\)