Bài 2: 

Ta có: \(\widehat{A}>\widehat{B}>\widehat{C}\)

nên BC>AC>AB

hay OH<OI<OK

ĐK: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ne-y\\y\ge\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\).

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2x-y+3}{x+y}=1\\2x-\sqrt{2y-3}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2x-y+3}{x+y}-1=0\\2x-\sqrt{2y-3}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2x-y+3}{x+y}-\dfrac{x+y}{x+y}=0\\2x-\sqrt{2y-3}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x-y+3-x-y=0\\2x-\sqrt{2y-3}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2y+3=0\\2x-\sqrt{2y-3}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-\left(2y-3\right)=0\\2x-\sqrt{2y-3}=0\end{matrix}\right..\)

Đặt a = x, b = \(\sqrt{2y-3}\).

Hệ phương trình trở thành: \(\left\{{}\begin{matrix}a-b^2=0\\2a-b=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b^2\\2b^2-b=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b^2\\b\left(2b-1\right)=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b^2\\\left[{}\begin{matrix}b=0\\b=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}a=0\\a=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}b=0\\b=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}y=\dfrac{3}{2}\\2y-3=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}y=\dfrac{3}{2}\\2y=\dfrac{13}{4}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}y=\dfrac{3}{2}\\y=\dfrac{13}{8}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right..\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) \(\in\) \(\left\{\left(0;\dfrac{3}{2}\right),\left(\dfrac{1}{4};\dfrac{13}{8}\right)\right\}\).

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:

\(AM\cdot AB=AH^2\)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

\(AN\cdot AC=AH^2\)(2)

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

Lời giải:

b. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và $C=45^0$ nên:

 $B=90^0-C=90^0-45^0=45^0$

Do đó, tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$

$\Rightarrow AC=AB=50$ (cm)

Áp dụng định lý Pitago: $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{50^2+50^2}=50\sqrt{2}$ (cm)

f.

Theo định lý Pitago: $AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{7^2-5^2}=2\sqrt{6}$ (cm)

$\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{2\sqrt{6}}{7}$

$\Rightarrow B=44,42^0$

$C=90^0-B=90^0-44,42^0=45,58^0$

b) Xét ΔABC vuông tại A có \(\widehat{C}=45^0\)(gt)

nên ΔABC vuông cân tại A(Định nghĩa tam giác vuông cân)

Suy ra: \(\widehat{B}=45^0\) và AC=50(cm)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow BC^2=50^2+50^2=5000\)

hay \(BC=50\sqrt{2}\left(cm\right)\)

Bài 13:

a: ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge1\\x\ne3\end{matrix}\right.\)

b: Ta có: \(P=\dfrac{x-3}{\sqrt{x-1}-\sqrt{2}}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x-1}-\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{x-1}+\sqrt{2}\right)}{\sqrt{x-1}-\sqrt{2}}\)

\(=\sqrt{x-1}+\sqrt{2}\)

c: Thay \(x=12-6\sqrt{2}\) vào P, ta được:

\(P=\sqrt{11-6\sqrt{2}}+\sqrt{2}=3-\sqrt{2}+\sqrt{2}=3\)

d: Ta có: \(\sqrt{x-1}\ge0\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-1}+\sqrt{2}\ge\sqrt{2}\forall x\) thỏa mãn ĐKXĐ

Dấu '=' xảy ra khi x=1

Bài 5: 

a: Để đây là hàm số bậc nhất thì m+5<>0

hay m<>-5

a: AB/AC=5/6

=>HB/HC=25/36

=>HB/25=HC/36=k

=>HB=25k; HC=36k

AH^2=HB*HC

=>25k*36k=30^2

=>900k^2=900

=>k=1

=>x=25cm; y=25cm

b: AB/AC=3/4

=>HB/HC=9/16

=>x/y=9/16

=>x/9=y/16=(x+y)/(9+16)=125/25=5

=>x=45cm; y=80cm