Để (d) đi qua A(1;2) thì m phải thỏa mãn:

2 = 3m - 2 + m - 2

\(\Leftrightarrow\)4m - 6 = 0

\(\Leftrightarrow m=\dfrac{3}{2}\)( loại do m khác 3/2)

Vậy ko có giá trị m để (d) đi qua A(1;2)

bạn gửi mình bài đó đc ko

Bạn tự vẽ hình nha.

a) \(sinA=\dfrac{BH}{AB},cosA=\dfrac{AH}{AB},tanA=\dfrac{BH}{AH},cotA=\dfrac{AH}{BH}\\sin \widehat{ABH}=\dfrac{AH}{AB},cos\widehat{ABH}=\dfrac{BH}{AB},tan\widehat{ABH}=\dfrac{AH}{BH},cot\widehat{ABH}=\dfrac{BH}{AH}\)

b)Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BHC vuông tại H, ta được:

\(CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\sqrt{900-576}=18\left(cm\right)\)

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ta được:

\(AC=\dfrac{BC^2}{HC}=\dfrac{900}{18}=50\left(cm\right)\)

\(AB=\dfrac{BH\cdot AC}{BC}=\dfrac{24\cdot50}{30}=40\left(cm\right)\)

\(AH=\dfrac{AB^2}{AC}=\dfrac{400}{50}=8\)(cm)

c) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ta được:

BN.BC=\(BH^2\)

BM.BA=\(BH^2\)

Suy ra, BN.BC+BM.BA=2\(BH^2\)

Xét tứ giác BMHN có:

góc BMH = góc MBN = góc HNB = \(90^0\)

nên tứ giác BMHN là hình chữ nhật.

suy ra BH = MN .

Suy ra, BN.BC+BM.BA = 2.\(MN^2\)(đpcm)

sao A lại = -1 vậy bạn

Kẻ BH vuông góc với CD tại H.

Xét tứ giác ABHD có:

góc A = góc D = góc BHD = \(90^0\) và AB = AD nên tứ giác ABHD là hình vuông.

Suy ra, AB = BH = HD = AD = 8(cm)

Vì tam giác BHC vuông tại H có góc C = \(45^0\) nên tam giác BHC vuông cân.

Suy ra, BH = HC = 8(cm)

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BHC vuông tại H, ta được:

\(BC=\sqrt{BH^2+HC^2}=\sqrt{8^2+8^2}=\sqrt{128}=8\sqrt{2}\)

Chu vi hình thang vuông ABCD là:

AB + BC + CD + DA = AB + BC + HC + DH + AD = \(8+8\sqrt{2}+8+8+8\) = 32 + \(8\sqrt{2}\)(cm)

Ta có:

\(tan\alpha.cot\alpha=1\\ \Rightarrow tan\alpha=\dfrac{1}{cot\alpha}=\dfrac{1}{3}\)

Lại có:

\(1+tan^2\alpha=\dfrac{1}{cos^2\alpha}\\ \Rightarrow1+\dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{cos^2\alpha}\\ \Rightarrow\dfrac{10}{9}=\dfrac{1}{cos^2\alpha}\\ \Rightarrow cos^2\alpha=\dfrac{9}{10}\\ \Rightarrow cos\alpha=\dfrac{3}{\sqrt{10}}\)

OA phải lớn hơn 0 mà bạn

Kẻ BH vuông góc với AC tại H.

Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông, ta được:

\(BH=sinA\cdot AB=sin60^0.4=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(AH=cosA.AB=cos60^0.4=2\left(cm\right)\)

Suy ra BH = 3(cm).

Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác BHC vuông tại H, ta được:

\(BC=\sqrt{BH^2+CH^2}=\sqrt{12+9}=\sqrt{21}\left(cm\right)\)

Vậy BC = \(\sqrt{21}\)(cm)

a) Ta có:

\(CD\perp AC\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Và \(BH\perp AC\)(do H là trực tâm tam giác ABC)

Suy ra CD // BH.    (1)

Lại có:

\(BD\perp AB\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Và \(CH\perp AB\)(do H là trực tâm tam giác ABC)

Nên BD // CH.  (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành.

b) Vì tứ giác BHCD là hình bình hành nên BC và HD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn. Mà I là trung điểm của BC nên I là trung điểm của HD. Suy ra, I, H, D thẳng hàng.(đpcm)

c)  Xét tam giác AHD có:

O là trung điểm của AD, I là trung điểm của HD nên AH = 2OI(tính chất đường trung bình trong tam giác)(đpcm)

Ta có:

\(AH^2+BC^2=4OI^2+4BI^2=4OB^2=4R^2\)(đpcm)

\(\sqrt{\dfrac{x}{y}}+\sqrt{xy}+\dfrac{x}{y}\sqrt{\dfrac{y}{x}}=\sqrt{\dfrac{x}{y}}+\sqrt{\dfrac{x}{y}}\cdot\sqrt{y^2}+\sqrt{\dfrac{x}{y}}\cdot\sqrt{\dfrac{x}{y}\cdot\dfrac{y}{x}}=\sqrt{\dfrac{x}{y}}\cdot\left(1+y+1\right)=\sqrt{\dfrac{x}{y}}\cdot\left(y+2\right)\)