a: Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>CA\(\perp\)SB tại A

Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>BD\(\perp\)SC tại D

Xét ΔSBC có

BD,CA là các đường cao

BD cắt CA tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔSBC

=>SH\(\perp\)BC tại E

Xét tứ giác HECD có \(\widehat{HDC}+\widehat{HEC}=90^0+90^0=180^0\)

nên HECD là tứ giác nội tiếp

b: ΔSAH vuông tại A

mà AT là đường trung tuyến

nên TA=TH

=>ΔTHA cân tại T

=>\(\widehat{TAH}=\widehat{THA}\)

mà \(\widehat{THA}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)

và \(\widehat{EHC}=\widehat{EDC}\)(HDCE nội tiếp)

nên \(\widehat{TAH}=\widehat{KDC}\)

a. Chắc đề đúng là \(OB^2=OH.OA\)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau: \(AB=AC\)

Lại có \(OB=OC=R\)

\(\Rightarrow OA\) là trung trực của BC

\(\Rightarrow OA\perp BC\) tại H đồng thời H là trung điểm BC

Cũng do AB là tiếp tuyến \(\Rightarrow AB\perp OB\Rightarrow\Delta OAB\) vuông tại B

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB:

\(OB^2=OH.OA\)

b.

Ta có: \(OF=OB=R\Rightarrow OF^2=OH.OA\)

\(\Rightarrow\dfrac{OF}{OH}=\dfrac{OA}{OF}\)

Xét hai tam giác OAF và OFH có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AOF}-chung\\\dfrac{OF}{OH}=\dfrac{OA}{OF}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAF\sim\Delta OFH\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{OAF}=\widehat{OFH}\) hay \(\widehat{OAF}=\widehat{OFE}\)

Mà \(OE=OF=R\Rightarrow\Delta OEF\) cân tại O \(\Rightarrow\widehat{OFE}=\widehat{OEF}\)

\(\Rightarrow\widehat{OAF}=\widehat{OEF}\)

Hai góc nói trên cùng chắn OF và cùng nằm trong nửa mặt phẳng bờ OF

\(\Rightarrow OEAF\) nội tiếp hay 4 điểm A, E, O, F cùng nằm trên 1 đường tròn

a.

Pt hoành độ giao điểm:

\(x^2=mx+2\Leftrightarrow x^2-mx-2=0\) (1)

\(ac=-2;\forall m\Rightarrow\) (1) luôn có 2 nghiệm pb trái dấu với mọi m

Hay (d) cắt (P) tại 2 điểm pb A, B với mọi m với \(A\left(x_1;y_1\right)\) ; \(B\left(x_2;y_2\right)\)

Theo định lý Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=-2\end{matrix}\right.\)

b.

Do I là giao điểm của (d) với Oy \(\Rightarrow x_I=0\Rightarrow y_I=m.0+2=2\)

\(\Rightarrow I\left(0;2\right)\)

Gọi C là hình chiếu của A lên Ox \(\Rightarrow C\left(x_1;0\right)\) \(\Rightarrow OC=\left|x_1\right|\)

Gọi D là hình chiếu của B lên Ox \(\Rightarrow D\left(x_2;0\right)\) \(\Rightarrow OD=\left|x_2\right|\)

ABDC tạo thành hình thang vuông tại C và D, do \(OI||AC||BD\) (cùng vuông góc trục hoành), áp dụng định lý Thales:

\(\dfrac{OC}{OD}=\dfrac{IA}{IB}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow OD=3OC\)

\(\Rightarrow\left|x_2\right|=3\left|x_1\right|\) 

Mà theo câu a đã chứng minh \(x_1;x_2\) trái dấu \(\Rightarrow x_2=-3x_1\)

Thế vào \(x_1+x_2=m\Rightarrow x_1-3x_1=m\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=-\dfrac{m}{2}\\x_2=\dfrac{3m}{2}\end{matrix}\right.\)

Thế vào \(x_1x_2=-2\Rightarrow-\dfrac{3m^2}{4}=-2\)

\(\Rightarrow m=\pm\sqrt{\dfrac{8}{3}}\)

Bài 2:

a: Xét tứ giác AEBF có \(\widehat{AEB}+\widehat{AFB}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEBF là tứ giác nội tiếp

1:

Gọi AB là khoảng cách từ đầu thang tre đến cây lau, BC là là độ dài thang tre

Theo đề, ta có: AB\(\perp\)AC tại A, AB=2,5m; BC=6m

Xét ΔABC vuông tại A có \(cosB=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{2.5}{6}=\dfrac{5}{12}\)

nên \(\widehat{B}\simeq65^022'\)

vậy: Góc tạo bởi thang tre với mặt đất là 65 độ 22 phút

\(P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}>0;\forall x>0\\\sqrt{x}+1>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow P>0\)

\(P=\dfrac{\sqrt{x}+1-1}{\sqrt{x}+1}=1-\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}< 1\)

\(\Rightarrow0< P< 1\)

\(\Rightarrow P\) nằm giữa 2 số nguyên liên tiếp nên P ko là số nguyên với mọi x

\(\left(\dfrac{a\sqrt{a}-1}{a-\sqrt{a}}-\dfrac{a\sqrt{a}+1}{a+\sqrt{a}}\right):\dfrac{a+2}{a-2}\)

\(=\left(\dfrac{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)}-\dfrac{\left(\sqrt{a}+1\right)\left(a-\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+1\right)}\right):\dfrac{a+2}{a-2}\)

\(=\dfrac{a+\sqrt{a}+1-a+\sqrt{a}-1}{\sqrt{a}}\cdot\dfrac{a-2}{a+2}\)

\(=\dfrac{2\sqrt{a}}{\sqrt{a}}\cdot\dfrac{a-2}{a+2}=\dfrac{2\left(a-2\right)}{a+2}\)

Gọi A là giao điểm của (d') và Ox, tọa độ A là nghiệm:

\(\left\{{}\begin{matrix}y=2x-1\\y=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x-1=0\\y=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{2}\\y=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow A\left(\dfrac{1}{2};0\right)\)

Để (d) cắt (d') tại 1 điểm trên trục hoành \(\Rightarrow A\) thuộc (d)

Thay tọa độ A vào pt (d) ta được:

\(\dfrac{1}{2}.\left(2m-1\right)+3=0\)

\(\Rightarrow2m+5=0\Rightarrow m=-\dfrac{5}{2}\)

Bài 2:

a: Xét tứ giác AEBF có \(\widehat{AEB}+\widehat{AFB}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEBF là tứ giác nội tiếp

1:

Gọi AB là khoảng cách từ đầu thang tre đến cây lau, BC là là độ dài thang tre

Theo đề, ta có: AB\(\perp\)AC tại A, AB=2,5m; BC=6m

Xét ΔABC vuông tại A có \(cosB=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{2.5}{6}=\dfrac{5}{12}\)

nên \(\widehat{B}\simeq65^022'\)

vậy: Góc tạo bởi thang tre với mặt đất là 65 độ 22 phút