Bài 2:

a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(HC=\frac{16^2}{25}=\frac{256}{25}\left(\operatorname{cm}\right)\)

BC=BH+CH

=\(25+\frac{256}{25}=\frac{881}{25}\) (cm)

Xet ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=AB^2\)

=>\(BA^2=25\cdot\frac{881}{25}=881\)

=>\(BA=\sqrt{881}\) (cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AC^2=CH\cdot CB=\frac{881}{25}\cdot\frac{256}{25}=881\cdot\frac{256}{25^2}=881\cdot\left(\frac{16}{25}\right)^2\)

=>\(AC=\frac{16}{25}\sqrt{881}\) (cm)

b: ΔAHB vuông tại H

=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AH^2=12^2-6^2=144-36=108\)

=>\(AH=6\sqrt3\) (cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AB^2=BH\cdot BC\)

=>\(BC=\frac{12^2}{6}=\frac{144}{6}=24\left(\operatorname{cm}\right)\)

BH+CH=BC

=>CH=24-6=18(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(CH\cdot CB=CA^2\)

=>\(CA^2=18\cdot24=432\)

=>\(CA=\sqrt{432}=12\sqrt3\) (cm)

a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

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

b: Xét ΔOMC vuông tại M có MH là đường cao

nên \(HC\cdot HO=HM^2\left(1\right)\)

Xét ΔMAB vuông tại M có MH là đường cao

nên \(HA\cdot HB=HM^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(HC\cdot HO=HA\cdot HB\)

c: Xét tứ giác AMBQ có

O là trung điểm của AB và MQ

Do đó: AMBQ là hình bình hành

Hình bình hành AMBQ có AB=MQ

nên AMBQ là hình bình hành

Bài 3:

a: Xét tứ giác ABDE có \(\hat{ADB}=\hat{AEB}=90^0\)

nên ABDE là tứ giác nội tiếp

=>A,B,D,E cùng thuộc một đường tròn

b: Xét tứ giác AFDC có \(\hat{CDA}=\hat{CFA}=90^0\)

nên AFDC là tứ giác nội tiếp

=>A,F,D,C cùng thuộc một đường tròn

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

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

Bài 2:

a: Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>CD⊥AB tại D

Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>BE⊥AC tại E

b: Xét ΔABC có

BE,CD là các đường cao

BE cắt CD tại K

Do đó: K là trực tâm của ΔABC

=>AK⊥BC

Bài 3: 

1: Ta có: \(P=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{5\sqrt{x}+2}{x-4}\)

\(=\dfrac{x+3\sqrt{x}+2+2x-4\sqrt{x}-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)

a: Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC

b: Xét (O) có

ΔCND nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔCND vuông tại N

=>CN\(\perp\)ND tại N

=>CN\(\perp\)AD tại N

Xét ΔDCA vuông tại C có CN là đường cao

nên \(AN\cdot AD=AC^2\left(3\right)\)

Ta có: OA là trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOCA vuông tại C có CH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AC^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(AN\cdot AD=AH\cdot AO\)

c: Ta có: \(AH\cdot AO=AN\cdot AD\)

=>\(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{AN}{AO}\)

Xét ΔAHN và ΔADO có

\(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{AN}{AO}\)

\(\widehat{HAN}\) chung

Do đó: ΔAHN đồng dạng với ΔADO

=>\(\widehat{AHN}=\widehat{ADO}\)

Ta có: ΔOCA vuông tại C

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

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

=>\(CA=R\sqrt{3}\)

Ta có: ΔDCA vuông tại C

=>\(DC^2+CA^2=DA^2\)

=>\(DA^2=\left(2R\right)^2+\left(R\sqrt{3}\right)^2=7R^2\)

=>\(DA=R\sqrt{7}\)

Xét ΔDCA vuông tại C có \(sinCDA=\dfrac{CA}{DA}\)

=>\(sinCDA=\dfrac{R\sqrt{3}}{R\sqrt{7}}=\sqrt{\dfrac{3}{7}}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)

=>\(sinAHN=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)

Bài 2:

a: y=2x+3

a=2; b=3

Vì a=2>0

nên hàm số y=2x+3 đồng biến trên R

b: y=1-0,3x=-0,3x+1

a=-0,3; b=1

Vì a=-0,3<0

nên hàm số y=-0,3x+1 nghịch biến trên R

c: \(y=\left(1-\sqrt2\right)\left(x-1\right)+1\)

\(=\left(1-\sqrt2\right)x-1+\sqrt2+1=\left(1-\sqrt2\right)x+\sqrt2\)

\(a=1-\sqrt2;b=\sqrt2\)

Vì \(a=1-\sqrt2<0\)

nên hàm số nghịch biến trên R

d: \(y=\frac{2x+5}{3}-1\)

\(=\frac{2x+5-3}{3}=\frac{2x+2}{3}=\frac23x+\frac23\)

a=2/3; b=2/3

Vì a=2/3>0

nên hàm số đồng biến trên R