a.Ta có:
$\widehat{AKC}=\widehat{AHB}={90}^o,\widehat{KAC}=\widehat{BAH}$

$\to \Delta AKC\sim \Delta AHB(g.g)$

$\to \frac{AK}{AH}=\frac{AC}{AB}$

$\to \frac{AK}{AC}=\frac{AH}{AB}$

Mà $\widehat{KAH}=\widehat{BAC}$

$\to \Delta AKH\sim \Delta ACB(c.g.c)$

$\to \frac{KH}{BC}=\frac{AK}{AC}=\cos \widehat{KAC}=\cos A$

$\to HK=BC.\cos A$ 

 a) Ta có \(\widehat{CEB}=\widehat{CAB}=90^o\) nên 4 điểm A, B, C, E cùng thuộc đường tròn đường kính BC.

 b) Kẻ \(FP\perp BC\) tại P. Ta thấy D là trực tâm tam giác FBC nên \(P\in DF\). Dễ thấy \(\Delta CDP~\Delta CBA\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{CD}{CB}=\dfrac{CP}{CA}\) \(\Rightarrow CD.CA=CB.CP\)

CMTT, ta có \(BD.BE=BC.BP\)

Do đó \(CD.CA+BD.BE=CB.CP+BC.BP\) \(=BC\left(CP+BP\right)\) \(=BC^2\). Vậy đẳng thức được chứng minh.

 a) Tam giác ABM vuông tại A có đường cao AC nên \(BC.BM=BA^2\). CMTT, \(BD.BN=BA^2\) nên \(BC.BM=BD.BN\Leftrightarrow\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{BN}{BC}\). Từ đây dễ dàng suy ra \(\Delta BNM~\Delta BCD\left(c.g.c\right)\) (đpcm)

 b) Ta có OQ//BN, OP//BM, mà \(MB\perp NB\) nên suy ra \(OP\perp BN\), từ đó O là trực tâm tam giác BPN.\(\Rightarrow ON\perp BP\)

 Lại có \(QH\perp BP\) nên QH//ON.

Tam giác AON có Q là trung điểm AN, QH//ON nên H là trung điểm OA \(\Rightarrow AH=\dfrac{OA}{2}=\dfrac{R}{2}\) không đổi.

Lời giải:
ĐKXĐ: $-1\leq x\leq 1$
PT \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x-1\geq 0\\ 1-x^2=(x-1)^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 1\\ (x-1)^2+(x^2-1)=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 1\\ (x-1)(x-1+x+1)=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\ge 1\\ 2x(x-1)=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=1\)

Vậy ..........

ĐKXĐ:

1 - x² ≥ 0 và x - 1 ≥ 0

⇔ x² ≤ 1 và x ≥ 1

⇔ -1 ≤ x ≤ 1 và x ≥ 1

⇔ x = 1

$\sqrt{1-x^2}=x-1$

$\iff -x^2+1=x^2-2x+1$

$\iff 2x^2-2x=0$

$\iff x=1$

ĐKXĐ:

1 - x² ≥ 0 và x - 1 ≥ 0

⇔ x² ≤ 1 và x ≥ 1

⇔ -1 ≤ x ≤ 1 và x ≥ 1

⇔ x = 1

giải dùm mình với mai thi rồi