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: \(19\cdot46=874\left(m^2\right)\) 

a) Khi: \(a=1\) hệ trở thành:

\(\left\{{}\begin{matrix}x-5y=3\\2x-y=8\end{matrix}\right.\) 

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-2x+10y=-6\\2x-y=8\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}9y=2\\2x-y=8\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{2}{9}\\2x-\dfrac{2}{9}=8\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{2}{9}\\2x=\dfrac{74}{9}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{2}{9}\\x=\dfrac{37}{9}\end{matrix}\right.\)

b) \(\left\{{}\begin{matrix}ax-5y=3\\2x-ay=8\end{matrix}\right.\)

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi:

\(\dfrac{a}{2}\ne\dfrac{-5}{-a}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{2}\ne\dfrac{5}{a}\)

\(\Leftrightarrow a^2\ne10\)

\(\Leftrightarrow a\ne\pm\sqrt[]{10}\)

''cục cứt con chó này''

 Chỗ kia phải là \(\dfrac{c^4}{b+a+4ba}\) chứ nhỉ? Nếu đúng đề thì bạn nói với mình để mình làm lại nhé. Giờ mình làm theo đề đối xứng trước nhé.

 Ta có:

\(P=\dfrac{a^6}{a^2b+a^2c+4a^2bc}+\dfrac{b^6}{b^2a+b^2c+4b^2ca}+\dfrac{c^6}{c^2a+c^2b+4c^2ab}\)

\(\ge\dfrac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2+4a^2bc+4b^2ca+4c^2ab}\)

\(=\dfrac{9}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+abc\left(4\left(a+b+c\right)-3\right)}\)

Ta có \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

và \(abc\le\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}=1\), đồng thời \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)>\dfrac{27}{64}\)

\(\Leftrightarrow a+b+c>\dfrac{3}{4}\) \(\Leftrightarrow4\left(a+b+c\right)-3>0\). Do đó \(abc\left(4\left(a+b+c\right)-3\right)\le4\left(a+b+c\right)-3\)

 Vì vậy \(P\ge\dfrac{9}{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{3}+4\left(a+b+c\right)-3}\)

 Đặt \(a+b+c=t\). 

 Ta có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)=a^2b+b^2a\). Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng theo vế, ta có:

 \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2\)

 \(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le6+2abc\le8\) (vì \(abc\le1\))

 Do đó \(t^3=3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le3+3.8=27\) \(\Leftrightarrow t\le3\)

 Vậy \(0< t\le3\)

 Ta có \(P\ge\dfrac{9}{\dfrac{t^3}{3}+4t-3}\) \(\ge\dfrac{9}{\dfrac{3^3}{3}+4.3-3}=\dfrac{1}{2}\)

 Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

 Vậy GTNN của P là \(\dfrac{1}{2}\) khi \(a=b=c=1\)

\(\text{Δ}=\left[-2\left(m-1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(-4m\right)\)

\(=4\left(m^2-2m+1\right)+16m\)

\(=4m^2+8m+4=\left(2m+2\right)^2>=0\forall m\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>(2m+2)^2>0

=>\(2m+2\ne0\)

=>\(2m\ne-2\)

=>\(m\ne-1\)

Theo vi-et, ta có:

\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\left(m-1\right);x_2x_1=-4m\)

\(\left|x_1-x_2\right|=2022\)

=>\(\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2}=2022\)

=>\(\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}=2022\)

=>\(\sqrt{\left(2m-2\right)^2-4\cdot\left(-4m\right)}=2022\)

=>\(\sqrt{\left(2m+2\right)^2}=2022\)

=>\(\left|2m+2\right|=2022\)

=>|m+1|=1011

=>\(\left[{}\begin{matrix}m+1=1011\\m+1=-1011\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1010\left(nhận\right)\\m=-1012\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>BC\(\perp\)AF tại C

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD\(\perp\)FB tại D

Xét tứ giác FCED có \(\widehat{FCE}+\widehat{FDE}=90^0+90^0=180^0\)

nên FCED là tứ giác nội tiếp

=>F,E,D,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có \(\widehat{CAD}\) là góc nội tiếp chắn cung CD

nên \(\widehat{CAD}=\dfrac{\widehat{COD}}{2}=60^0\)

Ta có: ΔFDA vuông tại D

=>\(\widehat{DFA}+\widehat{DAF}=90^0\)

=>\(\widehat{DFC}=60^0\)

Xét ΔOCD có \(cosCOD=\dfrac{OC^2+OD^2-CD^2}{2\cdot OC\cdot OD}\)

=>\(\dfrac{R^2+R^2-CD^2}{2\cdot R\cdot R}=cos120=-\dfrac{1}{2}\)

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

Xét ΔFCD có \(\dfrac{CD}{sinCFD}=2R_1\)

=>\(2R_1=\dfrac{R\sqrt{3}}{sin60}=R\sqrt{3}:\dfrac{\sqrt{3}}{2}=2R\)

=>\(R_1=R\)

=>Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCED là R