a: Thay x=20 và y=20 vào y=ax+b, ta được:

\(a\cdot20+b=20\)

=>20a+b=20(1)

Thay x=30 và y=25 vào y=ax+b, ta được:

\(a\cdot30+b=25\)

=>30a+b=25(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}30a+b=25\\20a+b=20\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}10a=5\\20a+b=20\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{1}{2}\\b=20-20a=20-20\cdot\dfrac{1}{2}=20-10=10\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)

a: Thay x=20 và y=20 vào y=ax+b, ta được:

𝑎⋅20+𝑏=20a⋅20+b=20

=>20a+b=20(1)

Thay x=30 và y=25 vào y=ax+b, ta được:

𝑎⋅30+𝑏=25a⋅30+b=25

=>30a+b=25(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

{30𝑎+𝑏=2520𝑎+𝑏=20⇔{10𝑎=520𝑎+𝑏=20{30a+b=2520a+b=20​⇔{10a=520a+b=20​

=>{𝑎=12𝑏=20−20𝑎=20−20⋅12=20−10=10(𝑛ℎậ𝑛)⎩⎨⎧​a=21​b=20−20a=20−20⋅21​=20−10=10​(nhận)

Cân nặng lí tưởng của người đàn ông cao 174,5cm là:

W=0,9(174,5-152)+47,75+2,25=0,9*22,5+50=70,25(kg)

Cân nặng lí tưởng của người phụ nữ cao 165,5cm là:
\(W=0,9\cdot\left(165,5-152\right)+47,75-2,25=57,65\left(kg\right)\)

b: Theo đề, ta có:

\(0,9\left(h-152\right)+47,75+a=60,8\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}0,9\left(h-152\right)+47,75+2,25=60,8\\0,9\left(h-152\right)+47,75-2,25=60,8\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}0,9\left(h-152\right)=10,8\\0,9\left(h-152\right)=15,3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}h-152=12\\h-152=15,3:0,9=17\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}h=164\left(loại\right)\\h=169\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: h=169(cm)=1,69(m)

=>Người đó là nữ

a) 

Cân nặng lí tưởng của người đàn ông cao 174,5 cm là:

W = 0,9(174,5-152)+47,75+2,25=70,25(kg)

Cân nặng lí tưởng của người phụ nữ cao 165,5 cm là:

W = 0,9(165,5-152)+47,75-2,25=57,65 (kg)

b)Ta có: h>165

=> h-152>13

=> 0,9(h-152)>11,7

=> 0,9(h-152)+47,75+a>59,45+a

=> W>59,45+a

=> 60,8>59,45+a ( Theo đề: W=60,8 )

=> 1,35 > a

a chỉ có thể xảy ra hoặc 2,25 hoặc -2,25

Trong trường hợp này a chỉ có thể -2,25

Hay người đó là nữ

Ta có:

\(x^2+y^2=2\)

\(\Rightarrow0\le x\le\sqrt{2}\) 

\(0\le y\le\sqrt{2}\)(1)

Lại có:

\(P=x+3y\)

\(\Rightarrow3y\ge0\) (1)

Để P nhỏ nhất thì x hoặc 3y đạt giá trị nhỏ nhất vì x và 3y đều lớn hơn 0.

Xét trường hợp x nhỏ nhất:

\(x\ge0\) dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow x=0\Rightarrow y=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow P=3\sqrt{2}\)

Xét trường hợp y nhỏ nhất.

\(y\ge0\) dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow y=0\Rightarrow x=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow P=\sqrt{2}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P tại \(\left(x,y\right)=\left(\sqrt{2},0\right)\)

a: \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)

\(=a^2c^2+b^2d^2+2acbd+a^2d^2+b^2c^2-2adbc\)

\(=a^2c^2+a^2d^2+b^2d^2+b^2c^2\)

\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)\)

\(=\left(c^2+d^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)

b: \(x^2+y^2=\dfrac{1}{2}\left(2x^2+2y^2\right)\)

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

\(=\dfrac{1}{2}\left[\left(x+y\right)^2+\left(x-y\right)^2\right]=\dfrac{1}{2}\left[4+\left(x-y\right)^2\right]>=\dfrac{1}{2}\cdot4=2\)

Dấu '=' xảy ra khi x=y=1

Lời giải:

a.

Vì $BE, CF$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0$

Tứ giác $BCEF$ có $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}$ và cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BCEF$ là tứ giác nội tiếp.

b.

Xét tam giác $BFH$ và $CFA$ có:

$\widehat{BFH}=\widehat{CFA}=90^0$

$\widehat{FBH}=\widehat{FBE}=\widehat{FCE}=\widehat{FCA}$ (do $BCEF$ là tgnt)

$\Rightarrow \triangle BFH\sim \triangle CFA$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{BF}{CF}=\frac{BH}{CA}$

$\Rightarrow BF.CA=BH.CF$

c.

Kéo dài $AO$ cắt $(O)$ tại $M$ thì $O$ là trung điểm $AM$.

$K$ là trung điểm $BC$ nên $OK\perp BC$,  AH\perp BC$ (do $H$ là trực tâm) 

$\Rightarrow OK\parallel AH$

Có: $\widehat{ABM}=\widehat{ACM}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn) 
$\Rightarrow AB\perp BM, AC\perp CM$

Mà $CH\perp AB, BH\perp AC$ nên $BM\parallel CH, CM\parallel BH$

$\Rightarrow BHCM$ là hình bình hành (tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song) 
$\Rightarrow HM, BC$ cắt nhau tại trung điểm $K$ của $BC$

$\Rightarrow H,K,M$ thẳng hàng.

Tam giác $AHM$, áp dụng định lý Talet có:

$\frac{OK}{AH}=\frac{OM}{AM}=\frac{1}{2}$

Hình vẽ:

a:

b:

a: 

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=\left(m-2\right)x+6\)

=>\(x^2-\left(m-2\right)x-6=0\)

\(a\cdot c=1\cdot\left(-6\right)=-6< 0\)

=>(P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m-2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-6\end{matrix}\right.\)

\(x_2^2-x_1x_2+\left(m-2\right)x_1=16\)

=>\(x_2^2+x_1\left(x_1+x_2\right)-x_1x_2=16\)

=>\(x_2^2+x_1^2=16\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=16\)

=>\(\left(m-2\right)^2-2\cdot\left(-6\right)=16\)

=>\(\left(m-2\right)^2=4\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m-2=2\\m-2=-2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=4\\m=0\end{matrix}\right.\)

a: Xét tứ giác AMHN có \(\widehat{AMH}+\widehat{ANH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AMHN là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác BNMC có \(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90^0\)

nên BNMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BNM}+\widehat{BCM}=180^0\)

mà \(\widehat{BNM}+\widehat{ANM}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{ANM}=\widehat{ACB}\)

Thay y=-2 vào (d), ta được:

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

=>\(\dfrac{x}{2}=-4\)

=>x=-8

Thay x=-8 và y=-2 vào y=ax+b, ta được:

\(a\cdot\left(-8\right)+b=-2\)

=>-8a+b=-2

=>8a-b=2(1)

Thay x=2 và y=-3 vào y=ax+b, ta được:

\(a\cdot2+b=-3\)

=>2a+b=-3(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}8a-b=2\\2a+b=-3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}10a=-1\\8a-b=2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=-\dfrac{1}{10}\\b=8a-2=-\dfrac{8}{10}-2=-\dfrac{28}{10}=-\dfrac{14}{5}\end{matrix}\right.\)

Vậy: (d'): \(y=-\dfrac{1}{10}x-\dfrac{14}{5}\)

Vì \(x_1,x_2\) là 2 nghiệm của pt \(x^2-x-1=0\) nên:

\(x_1^2-x_1-1=x_2^2-x_2-1=0\)

Đồng thời, theo định lý Vi-ét, ta có:

\(x_1+x_2=1;x_1x_2=-1\)

Do đó \(B=\left(x_1^4-x_1^2\right)+x_2^2-x_1\)

\(B=x_1^2\left(x_1^2-1\right)+x_2^2-x_1\)

\(B=\left(x_1+1\right)x_1+x_2^2-x_1\)

\(B=x_1^2+x_2^2\)

\(B=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\)

\(B=1^2-2\left(-1\right)\)

\(B=3\)