nui

1) Xét △ABH vuông tại H có:

      \(\sin\widehat{ABH}=\dfrac{AH}{AB}\)(tỉ số lượng giác)

 ⇒ \(AB=\dfrac{AH}{\sin\widehat{ABH}}=\dfrac{2,1}{\sin28^o}\approx4,5\left(m\right)\)

Vậy độ dài của mặt cầu trượt khoảng 4,5m.

2) 

a) Xét △AMB có: A, M, B ∈ (O) (gt)

                              AB là đường kính của (O) (gt)

  ⇒ △AMB vuông tại M(ĐL về sự xác định của đường tròn)

   Xét △AMB vuông tại M có: O là trung điểm AB(gt)

                                                  OH // AM (⊥ MB)

  ⇒ OH là đường trung bình của △AMB

  ⇒ H là trung điểm của MB (t/c)(đpcm)

  Xét △NMB có: H là trung điểm của MB(cmt)

                         NH ⊥ MB(do N ∈ OH ⊥ MB)

  ⇒ NH là đường trung tuyến đồng thời cũng là đường cao trong △NMB

  ⇒ △NMB cân tại N(t/c △ cân)

  ⇒ NM = NB(t/c △ cân)

  Xét △NMO và △NBO có:

      ON chung

      NM = NB(cmt)

      OM = OB(= R)

  ⇒ △NMO = △NBO (c.c.c)

  ⇒ \(\widehat{NMO}=\widehat{NBO}=90^o\)

  ⇒ NM ⊥ MO

  Mà OM = R

  ⇒ MN là tiếp tuyến của đường tròn (O; R) (đpcm)

b) Xét △MAB và △HBN có: 

     \(\widehat{AMB}=\widehat{BHN}=90^o\)

     \(\widehat{MBA}=\widehat{HNB}\) (do cùng phụ với \(\widehat{NOB}\))

 ⇒ △MAB ∼ △HBN (g.g)(đpcm)

Bài 2:

1) Thay m = 1(TMĐK) vào hàm số y = (m - 2)x + m + 3 có

                                                     ⇒ y = (1 - 2)x + 1 + 3

                                                     ⇒ y = -x + 4

Xét (d) : y = -x + 4 có bảng 

2) Để hai đường thẳng ${\mathrm{(d)}}^{}:y=\mathrm{(m\; -\; 2)}x+\mathrm{m\; +\; 3}$ và ${\mathrm{(d\text{'})}}^{}:y={\mathrm{5x}}^{}-\; 1$ cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì

 ⇒\(\left\{{}\begin{matrix}m-2\ne5\\m+3=-1\end{matrix}\right.\)

 ⇒\(\left\{{}\begin{matrix}m\ne7\\m=-2\end{matrix}\right.\)(TM) ⇒ m = -2

Vậy m = -2 thì hai đường thẳng (d)
$:y=\mathrm{(m\; -\; 2)}x+\mathrm{m\; +\; 3}$ và ${\mathrm{(d\text{'})}}^{}:y={\mathrm{5x}}^{}-\; 1$ cắt nhau tại một điểm trên trục tung.

Bài 2:

1) Thay m = 1(TMĐK) vào hàm số y = (m - 2)x + m + 3 có

                                                     ⇒ y = (1 - 2)x + 1 + 3

                                                     ⇒ y = -x + 4

Xét (d) : y = -x + 4 có bảng 

2) Để hai đường thẳng ${\mathrm{(d)}}^{}:y=\mathrm{(m\; -\; 2)}x+\mathrm{m\; +\; 3}$ và ${\mathrm{(d\text{'})}}^{}:y={\mathrm{5x}}^{}-\; 1$ cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì

 ⇒\(\left\{{}\begin{matrix}m-2\ne5\\m+3=-1\end{matrix}\right.\)

 ⇒\(\left\{{}\begin{matrix}m\ne7\\m=-2\end{matrix}\right.\)(TM) ⇒ m = -2

Vậy m = -2 thì hai đường thẳng (d)
$:y=\mathrm{(m\; -\; 2)}x+\mathrm{m\; +\; 3}$ và ${\mathrm{(d\text{'})}}^{}:y={\mathrm{5x}}^{}-\; 1$ cắt nhau tại một điểm trên trục tung.

O A B M H C D K F I

a/

Xét tg vuông AMO và tg vuông BMO có

MA=MB (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn)

OA=OB=R

=> tg AMO = tg BMO (2 tg vuông có 2 cạnh góc vuông bằng nhau)

\(\Rightarrow\widehat{AMO}=\widehat{BMO}\)

Xét tg MAB có

MA=MB (cmt) => tg MAB cân tại M

\(\widehat{AMO}=\widehat{BMO}\) (cmt)

\(\Rightarrow OM\perp AB\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

Xét tg vuông AMO có

\(AM^2=MO.MH\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giưa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

b/

Ta có \(\widehat{ADC}=90^o\) (góc nt chắn nửa đường tròn) => tg ACD vuông tại D \(\Rightarrow AD\perp MC\)

Xét tg vuông AMC có

\(AM^2=MD.MC\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giưa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

Ta có

\(AM^2=MO.MH\) (cmt)

\(\Rightarrow MH.MO=MD.MC\)

c/ Xét tg AMK có

\(OM\perp AB\left(cmt\right)\Rightarrow OH\perp AK\)

\(AD\perp MC\left(cmt\right)\Rightarrow AD\perp MK\)

\(\Rightarrow KI\perp AB\) (trong tg 3 đường cao đồng quy)

Phần còn lại không biết điểm E là điểm nào?

a + x = xb

A = 9,x= 1,b=0

a) Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau \(\left\{{}\begin{matrix}AD=BD\\AE=CE\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{BD}{CE}=\dfrac{ID}{IC}\)

\(\Rightarrow\) AI//CE. 

Mà \(CE\perp BC\) nên \(AI\perp BC\)

Lại có \(AH\perp BC\) \(\Rightarrow\) A, I, H thẳng hàng (đpcm)

b) Theo định lý Thales, ta có \(\dfrac{AI}{CE}=\dfrac{DA}{DE}\) và \(\dfrac{IH}{CE}=\dfrac{BH}{BC}\)

Mặt khác, \(\dfrac{DA}{DE}=\dfrac{BH}{BC}\) (đl Thales trong hình thang)

\(\Rightarrow\dfrac{AI}{CE}=\dfrac{IH}{CE}\) \(\Rightarrow AI=IH\) (đpcm)

c) Ta có \(\dfrac{DB}{DE}=\dfrac{DA}{DE}=\dfrac{AI}{CE}\) \(\Rightarrow DB.CE=DE.AI\) (đpcm)

a) Nhận thấy \(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}=90^o\) nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính OA.

b) Nhân thấy \(\widehat{OID}=\widehat{OBD}=90^o\) nên tứ giác OIBD nội tiếp đường tròn đường kính OD \(\Rightarrow\widehat{IDO}=\widehat{IBO}\)

 Lại có \(\widehat{IBO}=\widehat{CBO}=\widehat{BCO}\) nên dễ dàng suy ra đpcm.

c) Dễ chứng minh tứ giác OCFI nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{OCB}=\widehat{OCI}=\widehat{OFI}=\widehat{OFD}\) 

Theo câu b, ta có \(\widehat{FDO}=\widehat{IDO}=\widehat{BCO}\) nên dẫn đến \(\widehat{OFD}=\widehat{FDO}\). Do đó tam giác ODF cân tại O. (đpcm)

d) Tam giác ODF cân tại F có đường cao OI nên I là trung điểm DF.

Mặt khác, có I là trung điểm BE nên tứ giác BDEF là hình bình hành.

\(\Rightarrow\) EF//BD hay EF//AB.

Lại có E là trung điểm BC nên F là trung điểm AC (đpcm)