10: =>1/2x=3/4 và x+y=2

=>x=3/4*2=3/2 và y=1/2

11:=>4x+5y=3 và 4x-12y=20

=>17y=-17 và x-3y=5

=>y=-1 và x=3y+5=-3+5=2

12: =>7x-2y=1 và 6x+2y=12

=>13x=13 và 3x+y=6

=>x=1 và y=3

13:=>2/x=1 và 1/x-1/y=1/5

=>x=2 và 1/y=1/2-1/5=3/10

=>y=10/3 và x=2

14: =>12/x-16/y=8 và 12/x-15/y=9

=>-1/y=-1 và 4/x-5/y=3

=>y=1 và 4/x=3+5=8

=>x=1/2 và y=1

Bài 2: Chọn C

Bài 4: 

a: \(\widehat{C}=180^0-80^0-50^0=50^0\)

Xét ΔABC có \(\widehat{A}=\widehat{C}< \widehat{B}\)

nên BC=AB<AC

b: Xét ΔABC có AB<BC<AC

nên \(\widehat{C}< \widehat{A}< \widehat{B}\)

a: góc CAO+góc CMO=180 độ

=>CAOM nội tiếp

b: Xét (O) có

CA,CM là tiếp tuyến

=>CA=CM và OC là phân giác của góc MOA(1)

Xét (O) co

DM,DB là tiếp tuyến

=>DM=DB và OD là phân giác của góc MOB(2)

CD=CM+MD=CA+DB

Từ (1), (2) suy ra góc COD=1/2*180=90 độ

c: AC*BD=CM*MD=OM^2=R^2

a.

Do ABCD là hình chữ nhật \(\Rightarrow\widehat{HBA}=\widehat{CDB}\) (so le trong)

Xét hai tam giác HBA và CDB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HBA}=\widehat{CDB}\left(cmt\right)\\\widehat{AHB}=\widehat{BCD}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta HBA\sim\Delta CDB\left(g.g\right)\)

b.

Xét hai tam giác AHD và BAD có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ADB}\text{ chung}\\\widehat{AHD}=\widehat{BAD}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta AHD\sim\Delta BAD\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{DH}{AD}\Rightarrow AD^2=DH.DB\)

c.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông BAD:

\(DB=\sqrt{AD^2+AB^2}=\sqrt{BC^2+AB^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)

Theo chứng minh câu b:

\(AD^2=DH.DB\Rightarrow DH=\dfrac{AD^2}{DB}=\dfrac{BC^2}{DB}=\dfrac{6^2}{10}=3,6\left(cm\right)\)

Áp dụng Pitago cho tam giác vuông AHD:

\(AH=\sqrt{AD^2-HD^2}=\sqrt{6^2-3,6^2}=4,8\left(cm\right)\)

a: Khi m=3 thì (1): x^2-6x+4=0

=>x^2-6x+9-5=0

=>(x-3)^2=5

=>\(x=3\pm\sqrt{5}\)

b: OH=1,8cm

\(b,\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+1=3\\m-3\ne-3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m=2\\ c,\text{PT giao Ox tại hoành độ 3: }\\ x=-3;y=0\Leftrightarrow\left(m+1\right)\left(-3\right)+m-3=0\\ \Leftrightarrow-2m-6=0\Leftrightarrow m=-3\)

Bài 11:

a: Xét (O) có

\(\hat{DAC}\) là góc nội tiếp chắn cung DC

=>\(\hat{DAC}=\frac12\cdot\hat{DOC}=\frac12\cdot90^0=45^0\)

Xét (O) có

\(\hat{DBC}\) là góc nội tiếp chắn cung DC

Do đó: \(\hat{DBC}=\frac12\cdot\hat{DOC}=\frac12\cdot90^0=45^0\)

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥PB tại C

Xét (O) có

ΔBDA nội tiếp

BA là đường kính

Do đó: ΔBDA vuông tại D

=>BD⊥PA tại D

Xét ΔPCA vuông tại C có \(\hat{CAP}=45^0\)

nên ΔPCA vuông cân tại C

Xét ΔPDB vuông tại D có \(\hat{PBD}=45^0\)

nên ΔPDB vuông cân tại D

b: Xét ΔPAB có

AC,BD là các đường cao

AC cắt BD tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔPAB

=>PH⊥AB

Bài 10:

a: ΔABC đều

=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\hat{BAC}=60^0\)

Xét (O) có

\(\hat{AMB};\hat{ACB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\hat{AMB}=\hat{ACB}=60^0\)

Xét (O) có

\(\hat{AMC};\hat{ABC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{AMC}=\hat{ABC}=60^0\)

Ta có: \(\hat{AMB}=\hat{AMC}\left(=60^0\right)\)

=>MA là phân giác của góc BMC

b: Xét ΔMBD có MB=MD và \(\hat{DMB}=60^0\)

nên ΔMBD đều