a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{NBA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BN

\(\widehat{BMN}\) là góc nội tiếp chắn cung BN

Do đó: \(\widehat{NBA}=\widehat{BMN}\)

mà \(\widehat{BMN}=\widehat{KAN}\)(hai góc so le trong, BM//AC)

nên \(\widehat{KAN}=\widehat{KBA}\)

Xét ΔKAN và ΔKBA có

\(\widehat{KAN}=\widehat{KBA}\)

\(\widehat{AKN}\) chung

Do đó: ΔKAN~ΔKBA

=>\(\dfrac{KA}{KB}=\dfrac{KN}{KA}\)

=>\(KA^2=KB\cdot KN\)(1)

c: Xét (O) có

\(\widehat{KCN}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CK và dây cung CN

\(\widehat{CBN}\) là góc nội tiếp chắn cung CN

Do đó: \(\widehat{KCN}=\widehat{CBN}=\widehat{KBC}\)

Xét ΔKCN và ΔKBC có

\(\widehat{KCN}=\widehat{KBC}\)

\(\widehat{CKN}\) chung

Do đó: ΔKCN~ΔKBC

=>\(\dfrac{KC}{KB}=\dfrac{KN}{KC}\)

=>\(KC^2=KB\cdot KN\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra KA=KC

=>K là trung điểm của AC

ΔOCA vuông tại C

=>\(CO^2+CA^2=OA^2\)

=>\(CA^2=\left(3R\right)^2-R^2=8R^2\)

=>\(CA=R\cdot2\sqrt{2}\)

=>\(KA=R\sqrt{2}\)

d: Gọi giao điểm của MN và OE là I, giao điểm của BC và OA là H

Xét (O) có

EM,EN là các tiếp tuyến

Do đó: EM=EN

=>E nằm trên đường trung trực của MN(3)

Ta có: OM=ON

=>O nằm trên đường trung trực của MN(4)

Từ (3) và (4) suy ra OE là đường trung trực của MN

=>OE\(\perp\)MN tại I và I là trung điểm của MN

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(5)

ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(6)

Từ (5),(6) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\left(7\right)\)

Xét ΔONE vuông tại N có NI là đường cao

nên \(OI\cdot OE=ON^2\left(8\right)\)

Từ (7) và (8) suy ra \(OH\cdot OA=OI\cdot OE\)

=>\(\dfrac{OH}{OI}=\dfrac{OE}{OA}\)

Xét ΔOHE và ΔOIA có

\(\dfrac{OH}{OI}=\dfrac{OE}{OA}\)

\(\widehat{HOE}\) chung

Do đó: ΔOHE~ΔOIA

=>\(\widehat{OHE}=\widehat{OIA}=90^0\)

=>\(\widehat{OHE}=\widehat{OHB}=90^0\)

=>H,B,E thẳng hàng

mà B,H,C thẳng hàng

nên E,B,C thẳng hàng

Lời giải:
A. Khẳng định này sai do khi $y=0$ thì $2x=4+y=4\Rightarrow x=2$. PT có nghiệm $(x,y)=(2,0)$

B. Sai. PT có nghiệm, chả hạn $(x,y)=(2,0)$

C. Đúng. $x=\frac{y+4}{2}$. Với $y$ là số thực bất kỳ thì ta luôn có $x$ tương ứng.

D. Sai. $2x-y=4\Rightarrow 2x=y+4$

Bạn nên gõ đề bằng công thức toán (biểu tượng $\sum$ góc trái khung soạn thảo) để mọi người hiểu đề và hỗ trợ nhanh hơn nhé.

a: Thay m=-1 vào phương trình, ta được:

\(x^2-2\left(-1-1\right)x+\left(-1\right)+1=0\)

=>\(x^2+4x=0\)

=>x(x+4)=0

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

b: \(\text{Δ}=\left[-2\left(m-1\right)\right]^2-4\left(m+1\right)\)

\(=4\left(m^2-2m+1\right)-4\left(m+1\right)\)

\(=4\left(m^2-3m\right)\)

Để phương trình có hai nghiệm thì Δ>=0

=>m^2-3m>=0

=>m(m-3)>=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}m>=3\\m< =0\end{matrix}\right.\)

Theo Vi-et, ta có:

\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\left(m-1\right);x_1x_2=m+1\)

\(\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}=4\)

=>\(\dfrac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}=4\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=4x_1x_2\)

=>\(\left(2m-2\right)^2-6\left(m+1\right)=0\)

=>\(4m^2-8m+4-6m-6=0\)

=>\(4m^2-14m-2=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=\dfrac{7+\sqrt{57}}{4}\left(nhận\right)\\m=\dfrac{7-\sqrt{57}}{4}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

a: Xét tứ giác OAMB có \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=90^0+90^0=180^0\)

nên OAMB là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: ΔOAM vuông tại A

=>\(AO^2+AM^2=OM^2\)

=>\(AM^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)

=>\(AM=R\sqrt{3}\)

Xét ΔAMO vuông tại A có \(sinAMO=\dfrac{OA}{OM}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{AMO}=30^0\)

Gọi thời gian đi từ A đến B là x(giờ)

(ĐK: x>0)

Thời gian đi từ B đến C là x+0,5(giờ)

Độ dài quãng đường từ A đến B là 10x(km)

Độ dài quãng đường từ B đến C là 9(x+0,5)(km)

Độ dài AC là 33km nên ta có:

10x+9(x+0,5)=33

=>19x+4,5=33

=>19x=33-4,5=30-1,5=28,5

=>x=1,5(nhận)

vậy: Thời gian đi từ A đến B là 1,5 giờ

Thời gian đi từ B đến C là 1,5+0,5=2 giờ

a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OA

tâm là trung điểm của OA

b: Xét (O) có

\(\widehat{ABD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BD

\(\widehat{BED}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

Do đó: \(\widehat{ABD}=\widehat{BED}\)

mà \(\widehat{BED}=\widehat{DAK}\)(hai góc so le trong, BE//AC)

nên \(\widehat{KAD}=\widehat{KBA}\)

Xét ΔKAD và ΔKBA có

\(\widehat{KAD}=\widehat{KBA}\)

\(\widehat{AKD}\) chung

Do đó: ΔKAD~ΔKBA

=>\(\dfrac{KA}{KB}=\dfrac{KD}{KA}\)

=>\(KA^2=KB\cdot KD\)

Xét (O) có

\(\widehat{KCD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CK và dây cung CD

\(\widehat{CBD}\) là góc nội tiếp chắn cung CD

Do đó: \(\widehat{KCD}=\widehat{CBD}\)

Xét ΔKCD và ΔKBC có

\(\widehat{KCD}=\widehat{KBC}\)

\(\widehat{CKD}\) chung

Do đó: ΔKCD~ΔKBC

=>\(\dfrac{KC}{KB}=\dfrac{KD}{KC}\)

=>\(KC^2=KB\cdot KD\)

=>KC=KA

=>K là trung điểm của AC

a: Xét (O) có

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\widehat{ACB}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AB}=45^0\)

Xét tứ giác ANMB có \(\widehat{ANB}=\widehat{AMB}=90^0\)

nên ANMB là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có \(\widehat{BNA}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BA và CE

=>\(\widehat{BNA}=\dfrac{1}{2}\cdot\left(sđ\stackrel\frown{BA}+sđ\stackrel\frown{CE}\right)\)

=>\(sđ\stackrel\frown{BA}+sđ\stackrel\frown{CE}=90^0\cdot2=180^0\)

=>\(sđ\stackrel\frown{CE}=90^0\)

Xét (O) có \(\widehat{BMA}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BA và DC

=>\(\widehat{BMA}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{BA}+sđ\stackrel\frown{CD}\right)\)

=>\(sđ\stackrel\frown{CD}+90^0=2\cdot\widehat{BMA}=180^0\)

=>\(sđ\stackrel\frown{CD}=90^0\)

\(sđ\stackrel\frown{ED}=sđ\stackrel\frown{CD}+sđ\stackrel\frown{DE}=90^0+90^0=180^0\)

=>E,O,D thẳng hàng

=>DE là đường kính của (O)

Xét (O) có

ΔDAE nội tiếp

DE là đường kính

Do đó; ΔDAE vuông tại A

=>DA\(\perp\)IE tại A

mà DA\(\perp\)BC

nên BC//IA

Xét (O) có

ΔDBE nội tiếp

DE là đường kính

Do đó: ΔDBE vuông tại C

=>DB\(\perp\)BE

mà BE\(\perp\)CA

nên DB//CA

Xét tứ giác ACBI có

AC//BI

AI//BC

Do đó: ACBI là hình bình hành

1: Xét (O) có

ΔADC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔADC vuông tại D

=>AD\(\perp\)BC tại D

Xét ΔABC vuông tại A có AD là đường cao

nên \(AB^2=BD\cdot BC\)

2: Xét (O) có

\(\widehat{DIC}\) là góc nội tiếp chắn cung DC

\(\widehat{DAC}\) là góc nội tiếp chắn cung DC

Do đó: \(\widehat{DIC}=\widehat{DAC}\)

mà \(\widehat{DAC}=\widehat{B}\left(=90^0-\widehat{ACB}\right)\)

nên \(\widehat{DIC}=\widehat{ABC}\)

3: Xét (O) có

\(\widehat{ACI}\) là góc nội tiếp chắn cung AI

\(\widehat{DCI}\) là góc nội tiếp chắn cung DI

\(sđ\stackrel\frown{IA}=sđ\stackrel\frown{ID}\)

Do đó: \(\widehat{ACI}=\widehat{DCI}\)

=>CI là phân giác của góc ACD

Xét (O) có

ΔAIC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔAIC vuông tạiI

=>CI\(\perp\)AF tại I

Xét ΔCAF có

CI là đường cao

CI là đường phân giác

Do đó: ΔCAF cân tại C

b: Xét ΔFAC có

AD,CI là các đường cao

AD cắt CI tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔFAC

=>FH\(\perp\)AC

mà AB\(\perp\)AC

nên FH//AB

=>FH//AE

Xét ΔCAE và ΔCFE có

CA=CF

\(\widehat{ACE}=\widehat{FCE}\)

CE chung

Do đó: ΔCAE=ΔCFE

=>\(\widehat{CAE}=\widehat{CFE}=90^0\)

=>EF\(\perp\)BC

mà AD\(\perp\)BC

nên EF//AD

Xét tứ giác AEFH có

AE//FH

EF//AH

Do đó: AEFH là hình bình hành

Gọi chiều dài của mảnh vườn là: \(x\left(m\right)\)

       chiều rộng của mảnh vườn là: \(y\left(m\right)\)

ĐK: \(x,y>0\) 

Chu vi của mảnh vườn là 130m ta có:

\(\left(x+y\right)\cdot2=130\Leftrightarrow x+y=\dfrac{130}{2}=65\left(1\right)\)

Hai lần chiều dài hơn ba lần chiều rộng 35m nên ta có:

\(2x-3y=35\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có hpt:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=65\\2x-3y=35\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+2y=130\\2x-3y=35\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5y=95\\x+y=65\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=19\\x=65-19=46\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

Diện tích của mảnh vườn là: \(19\cdot46=874\left(m^2\right)\)