a) Xét đường tròn (O) cóa đường kính AC và \(H\in\left(O\right)\) nên \(\widehat{AHC}=90^0\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow AH\perp BC\)tại H (đpcm)

Hiển nhiên \(\Delta ABH\)vuông tại H \(\Rightarrow\sin\widehat{BAH}=\frac{BH}{AB}=\frac{3,6}{6}=\frac{3}{5}\Rightarrow\widehat{BAH}\approx37^0\)

b) Vì M là trung điểm AB \(\Rightarrow\)HM là trung tuyến của \(\Delta ABH\)

Mà \(\Delta ABH\)vuông tại H nên \(HM=\frac{1}{2}AB\)(tính chất tam giác vuông)

Vì \(AM=\frac{1}{2}AB\)(M là trung điểm AB) \(\Rightarrow AM=HM\left(=\frac{1}{2}AB\right)\)

Xét đường tròn (O) có A và H thuộc (O) nên OA = OH (vì cùng bằng bán kính của (O))

Xét \(\Delta MAO\)và \(\Delta MHO\)có OM chung; OH = OA(cmt) và AM = HM(cmt) 

\(\Rightarrow\Delta MAO=\Delta MHO\left(c.c.c\right)\)(đpcm thứ nhất)

\(\Rightarrow\widehat{MAO}=\widehat{MHO}\),mà \(\widehat{MAO}=90^0\Rightarrow\widehat{MHO}=90^0\)

Xét tứ giác AOHM có \(\widehat{MAO}+\widehat{MHO}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác AOHM nội tiếp \(\Rightarrow\)4 điểm M,A,O,H cùng thuộc một đường tròn. (đpcm thứ hai)

c) Dễ thấy HQ//AB\(\left(\perp AC\right)\)\(\Rightarrow\frac{AC}{AB}=\frac{QC}{QH}\left(Talet\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AQ.AC}{AB^2}=\frac{AQ}{AB}.\frac{AC}{AB}=\frac{AQ}{AB}.\frac{QC}{QH}=\frac{AQ.QC}{AB.QH}\)(*)

\(\Delta ACH\)vuông tại H có đường cao HQ \(\Rightarrow QH^2=QA.QC\left(htl\right)\)

Thay vào (*), ta có: \(\frac{AQ.AC}{AB^2}=\frac{QA.QC}{AB.QH}=\frac{QH^2}{AB.QH}=\frac{QH}{AB}\)

Cũng theo đl Ta-lét thì: \(\frac{QH}{AB}=\frac{CH}{BC}\)\(\Rightarrow\frac{AQ.AC}{AB^2}=\frac{CH}{BC}\)(1)

Mặt khác \(\frac{QA.QC}{HC^2}=\frac{QH^2}{HC^2}=\left(\frac{QH}{HC}\right)^2=\left(\frac{AB}{BC}\right)^2=\frac{AB^2}{BC^2}\)

\(\Rightarrow\frac{AQ.AC}{AB^2}+\frac{QA.QC}{HC^2}=\frac{CH}{BC}+\frac{AB^2}{BC^2}=\frac{CH.BC}{BC^2}+\frac{AB^2}{BC^2}=\frac{CH.BC+AB^2}{BC^2}\)

\(\Delta ABC\)vuông tại A có đường cao AH \(\Rightarrow CH.BC=AC^2\)

\(\Rightarrow\frac{AQ.AC}{AB^2}+\frac{QA.QC}{HC^2}=\frac{AC^2+AB^2}{BC^2}=1\left(đpcm\right)\)

Rút gọn biểu thức P:

\(P=\left(\frac{\left(x+\sqrt{x}\right)\left[\left(\sqrt{x}\right)^3-1\right]}{\left(\sqrt{x}\right)^3-1}-\sqrt{x}-2\right)\cdot\frac{1}{\sqrt{x}-1}\\ \)

\(P=\left(x+\sqrt{x}-\sqrt{x}-2\right)\cdot\frac{1}{\sqrt{x}-1}\)

\(P=\frac{x-2}{\sqrt{x}-1}\)

HT

12/35+5/21-26/21+23/35-1/3=  -1/3 =)

a) Để y là hsbn thì \(2-m\ne0\Leftrightarrow m\ne2\)

b) Để y là hsnb thì \(2-m< 0\Leftrightarrow m>2\)

    Để y là hsđb thì \(2-m>0\Leftrightarrow m< 2\)

c) Vì đths \(\left(d\right):y=\left(2-m\right)x+m-1\)đi qua A(2;1) nên ta thay x = 2; y = 1 vào phương trình đường thẳng (d), ta có:

\(1=2\left(2-m\right)+m-1\Leftrightarrow1=4-2m+m-1\Leftrightarrow2m-m-3=-1\Leftrightarrow m=2\)

Vậy để đths \(\left(d\right):y=\left(2-m\right)x+m-1\)đi qua điểm A(2;1) thì m = 2

d) Gọi điểm cố định mà đths \(\left(d\right):y=\left(2-m\right)x+m-2\)luôn đi qua với mọi m là B(x₀;y₀)

Thay x = x₀; y = y₀ vào phương trình đường thẳng (d), ta có:

\(y_0=\left(2-m\right)x_0+m-2\)\(\Leftrightarrow\)\(y_0=2x_0-mx_0+m-1\)\(\Leftrightarrow\)\(mx_0-m-2x_0+y_0+1=0\)

\(\Leftrightarrow m\left(x_0-1\right)-\left(2x_0-y_0-1\right)=0\)(*)

Vì phương trình (*) luôn phải có nghiệm đúng với mọi m nên (*) \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x_0-1=0\\2x_0-y_0-1=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x_0=1\\2.1-y_0=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x_0=1\\y_0=1\end{cases}}\)

Vậy B(1;1) là điểm cố định mà đths \(y=\left(2-m\right)x+m-1\)luôn đi qua với mọi m.

Câu 2 bạn tự vẽ được mà.

làm chi tiết nhé các bạn

\(baigiailahinhduoi\)