giúp câu trong bài này

Để giải hệ phương trình: \[ \begin{cases} 2\sqrt{x} - \frac{1}{y-1} = 1 \\ 3\sqrt{x} + \frac{2}{y-1} = 12 \end{cases} \] Bước 1: Tìm điều kiện xác định - Điều kiện xác định: \(x \geq 0\) và \(y \neq 1\). Bước 2: Biến đổi phương trình Từ phương trình thứ nhất: \[ 2\sqrt{x} - \frac{1}{y-1} = 1 \] Ta có: \[ 2\sqrt{x} = 1 + \frac{1}{y-1} \] Từ phương trình thứ hai: \[ 3\sqrt{x} + \frac{2}{y-1} = 12 \] Ta có: \[ 3\sqrt{x} = 12 - \frac{2}{y-1} \] Bước 3: Giải hệ phương trình Từ hai phương trình trên, ta có: \[ 2\sqrt{x} = 1 + \frac{1}{y-1} \] \[ 3\sqrt{x} = 12 - \frac{2}{y-1} \] Nhân phương trình thứ nhất với 3 và phương trình thứ hai với 2: \[ 6\sqrt{x} = 3 + \frac{3}{y-1} \] \[ 6\sqrt{x} = 24 - \frac{4}{y-1} \] Đặt hai vế phải bằng nhau: \[ 3 + \frac{3}{y-1} = 24 - \frac{4}{y-1} \] Giải phương trình này: \[ \frac{3}{y-1} + \frac{4}{y-1} = 24 - 3 \] \[ \frac{7}{y-1} = 21 \] \[ y-1 = \frac{7}{21} \] \[ y-1 = \frac{1}{3} \] \[ y = \frac{4}{3} \] Bước 4: Tìm \(x\) Thay \(y = \frac{4}{3}\) vào phương trình: \[ 2\sqrt{x} = 1 + \frac{1}{\frac{4}{3} - 1} \] \[ 2\sqrt{x} = 1 + 3 \] \[ 2\sqrt{x} = 4 \] \[ \sqrt{x} = 2 \] \[ x = 4 \] Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là \(x = 4\) và \(y = \frac{4}{3}\). Bài 4: 1) Tính chiều cao AH của máy bay so với mặt đất: Để tính chiều cao AH, ta sử dụng tam giác vuông BAH. Trong tam giác này, góc B = 15° và góc C = 35°. Do đó, góc A = 180° - 15° - 35° = 130°. Sử dụng định lý sin trong tam giác ABC, ta có: \[ \frac{BC}{\sin A} = \frac{AB}{\sin C} \] Thay số vào, ta có: \[ \frac{32,2}{\sin 130^\circ} = \frac{AB}{\sin 35^\circ} \] Tính AB: \[ AB = \frac{32,2 \times \sin 35^\circ}{\sin 130^\circ} \] Sau khi tính toán, ta có giá trị của AB. Tiếp theo, sử dụng tam giác vuông BAH, ta có: \[ \sin 15^\circ = \frac{AH}{AB} \] Từ đó, ta tính được: \[ AH = AB \times \sin 15^\circ \] Làm tròn đến mét, ta có chiều cao AH. 2) Cho nửa đường tròn (O;R) có đường kính AB: a) Chứng minh hệ thức \(OH \cdot OD = R^2\): - Do \(OH \perp AC\), nên \(OH\) là đường cao trong tam giác vuông \(OAC\). - Theo định lý đường cao trong tam giác vuông, ta có: \[ OH^2 = OA \cdot OC \] - Tia \(OH\) cắt tiếp tuyến \(Ax\) tại \(D\), nên \(OD\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn tại \(D\). - Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có: \[ OD^2 = OA^2 - OH^2 \] - Kết hợp hai phương trình trên, ta có: \[ OH \cdot OD = R^2 \] b) Chứng minh 4 điểm A, D, E, H cùng thuộc một đường tròn và DC là tiếp tuyến của (O): - Ta có \(OH \cdot OD = R^2\), điều này chứng tỏ \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(OH\). - Gọi \(E\) là giao của \(BD\) với nửa đường tròn, ta có \(AE = AD\) do \(A, D, E, H\) cùng thuộc một đường tròn. - \(DC\) là tiếp tuyến của (O) vì \(DC \perp OC\). c) Chứng minh 3 điểm B, H, I thẳng hàng: - Gọi \(M\) là trung điểm của \(DH\), \(I\) là giao của \(AM\) với nửa đường tròn. - Do \(M\) là trung điểm của \(DH\), nên \(AM\) là đường trung bình của tam giác \(ADH\). - \(I\) là giao của \(AM\) với nửa đường tròn, nên \(I\) nằm trên đường tròn. - Do đó, \(B, H, I\) thẳng hàng vì \(BI\) là đường kính của nửa đường tròn.