a) Gọi M là trung điểm SA. 

Có \(SH\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SH\perp BC\).

Lại có \(BC\perp BA\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\) \(\Rightarrow BC\perp SB\)

Do đó \(\widehat{\left(ABC\right),\left(SBC\right)}=\widehat{SBA}=60^o\)

Khi đó tam giác ABC đều \(\Rightarrow AB=BC=SB=SA=4\)

Đồng thời \(MB\perp SA\)

Mặt khác, ta thấy \(\Delta ABC=\Delta SBC\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow SC=AC\)

\(\Rightarrow\Delta SAC\) cân tại C \(\Rightarrow MC\perp SA\)

Do đó \(\widehat{\left(SAC\right),\left(SAB\right)}=\widehat{BMC}\)

Vì \(BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp BM\Rightarrow\Delta BCM\) vuông tại B

\(\Rightarrow\cos\widehat{BMC}=\dfrac{BC}{CM}=\dfrac{4}{\dfrac{4\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\) 

Vậy \(\cos\widehat{\left(SAC\right),\left(SAB\right)}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

Xét đường tròn (O) có \(\widehat{ACB}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AB}}{2}=\dfrac{\widehat{AOB}}{2}=\dfrac{90^o}{2}=45^o\)

Tam giác ACD vuông tại D có \(\widehat{ACD}=45^o\) nên tam giác ACD vuông cân tại D 

\(\Rightarrow DA=DC\) \(\Rightarrow\) D thuộc trung trực của AC

Mà O cũng thuộc trung trực AC \(\Rightarrow OD\) là trung trực AC 

\(\Rightarrow OD\perp AC\) \(\Rightarrow OD:y=-\dfrac{1}{2}x\)

 Vì đt \(d_1:y=5\perp AC\) và \(A\left(1;-3\right)\) nên phương trình đường thẳng AC có dạng \(AC:x=1\) \(\Rightarrow C\left(1;c\right)\)

 Mà \(C\in d_2:x-2y+1=0\) \(\Rightarrow1-2c+1=0\Leftrightarrow c=1\)

 Vậy \(C\left(1;1\right)\)

 Gọi \(B\left(b;5\right)\) và M là trung điểm AB thì \(M\left(\dfrac{b+1}{2};1\right)\)

 Khi đó vì M thuộc \(d_2:x-2y+1=0\) nên:

 \(\dfrac{b+1}{2}-2.1+1=0\) \(\Leftrightarrow b=1\)

 Vậy A, B, C thẳng hàng (cùng nằm trên đt \(x=1\)). Nên hình ABC không phải là tam giác (đề bài có vấn đề rồi).

 Gọi T là giao điểm của MN và AC. Qua K kẻ đường thẳng song song với AH cắt BC tại S và cắt AN tại R. 

 Ta dễ dàng chứng minh 3 cặp tam giác bằng nhau: 

\(\Delta IAM=\Delta IAK,\Delta IBM=\Delta IBN,\Delta ICN=\Delta ICK\)

 \(\Rightarrow AM=AK,BM=BN,CN=CK\)

 \(\Rightarrow\dfrac{MA}{MB}.\dfrac{NB}{NC}.\dfrac{KC}{KA}=1\)

 Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC, cát tuyến MNT, ta có:

 \(\dfrac{MA}{MB}.\dfrac{NB}{NC}.\dfrac{TC}{TA}=1\)

 Do đó \(\dfrac{KC}{KA}=\dfrac{TC}{TA}\) \(\Rightarrow\dfrac{TA}{KA}=\dfrac{TC}{KC}\) (1)

 Áp dụng định lý Thales trong tam giác ANT, ta có:

 \(\dfrac{TA}{KA}=\dfrac{TN}{RK}\) (2)

 Áp dụng định lý Thales trong tam giác CNT, ta có:

 \(\dfrac{TC}{KC}=\dfrac{TN}{KS}\) (3)

 Từ (1), (2) và (3), suy ra \(RK=KS\) (4)

 Áp dụng định lý Thales cho tam giác NKR, ta có:

 \(\dfrac{AE}{RK}=\dfrac{NE}{NK}\) (5)

 Áp dụng định lý Thales cho tam giác NKS, ta có:

 \(\dfrac{EH}{SK}=\dfrac{NE}{NK}\) (6)

 Từ (4), (5) và (6), suy ra \(AE=EH\) \(\Rightarrow\) E là trung điểm AH.

 CMTT \(\Rightarrow\) DE là đường trung bình của tam giác AQH (đpcm)

 Bạn viết lại đề bài nhé, chứ nhìn vào mình không biết nó là \(\left(\dfrac{1}{3}\right)^{x^2}-2x-3=3^x+1\) hay \(\left(\dfrac{1}{3}\right)^{x^2-2x-3}=3^{x+1}\) hay cái gì khác nữa.

 Số cách chọn 5 trong số 12 cuốn sách là \(C^5_{12}\)

 Ta đi tính số cách chọn 5 trong 12 cuốn sách sao cho không có cả 3 loại sách trong số sách còn lại.

 TH1: Chọn 5 quyển sách toán \(\Rightarrow\) Có 1 cách.

 TH2: Chọn 4 quyển sách văn và 1 quyển sách khác \(\Rightarrow\) Có 8 cách.

 TH3: Chọn 3 quyển sách anh và 2 quyển sách khác \(\Rightarrow\) Có \(C^2_9=36\) cách.

Vậy có tất cả \(1+8+36=45\) cách chọn 5 quyển sách sao cho trong số sách còn lại không chứa cả 3 loại sách.

 \(\Rightarrow\) Có \(C^5_{12}-45=747\) cách chọn thỏa mãn ycbt.

 Bạn vào trang cá nhân của mình xem trả lời nhé, tại bài của mình có hình nên nó chưa duyệt.

a) Ta có \(AB^2=\left[\left(-3\right)-\left(-1\right)\right]^2+\left(5-3\right)^2=8\)

Do đó pt đường tròn \(\left(A,AB\right):\left(x+1\right)^2+\left(y-3\right)^2=8\)

b) Pt đường thẳng AB có dạng:

 \(AB:\dfrac{y-3}{5-3}=\dfrac{x+1}{-3+1}\) 

\(\Leftrightarrow\dfrac{y-3}{2}=\dfrac{x+1}{-2}\) 

\(\Leftrightarrow y-3=-x-1\) 

\(\Leftrightarrow x+y-2=0\)