1: Xét tứ giác AMHN có \(\widehat{AMH}+\widehat{ANH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AMHN là tứ giác nội tiếp

2: Ta có: AMHN là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AMN}=\widehat{AHN}\)

mà \(\widehat{AHN}=\widehat{C}\left(=90^0-\widehat{HAC}\right)\)

nên \(\widehat{AMN}=\widehat{C}\)

=>\(\widehat{BMN}+\widehat{BCN}=180^0\)

=>BMNC là tứ giác nội tiếp

Xét ΔPMB và ΔPCN có

\(\widehat{PMB}=\widehat{PCN}\left(=\widehat{AMN}\right)\)

\(\widehat{MPB}\) chung

Do đó: ΔPMB~ΔPCN

=>\(\dfrac{PM}{PC}=\dfrac{PB}{PN}\)

=>\(PM\cdot PN=PB\cdot PC\)

a: ĐKXĐ: x+4>=0

=>x>=-4

\(A=\dfrac{1}{5}\sqrt{25x+100}-\sqrt{x+4}+\sqrt{9x+36}\)

\(=\dfrac{1}{5}\cdot5\sqrt{x+4}-\sqrt{x+4}+3\sqrt{x+4}\)

\(=\sqrt{x+4}+2\sqrt{x+4}=3\sqrt{x+4}\)

b: A=9

=>\(3\sqrt{x+4}=9\)

=>\(\sqrt{x+4}=3\)

=>x+4=9

=>x=5(nhận)

a) Để A xác định thì: \(\left\{{}\begin{matrix}25x+100\ge0\\x+4\ge0\\9x+36\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow x\ge-4\)

Khi đó: \(A=\dfrac{1}{5}\sqrt{25x+100}-\sqrt{x+4}+\sqrt{9x+36}\)

\(=\dfrac{1}{5}\sqrt{5^2\cdot\left(x+4\right)}-\sqrt{x+4}+\sqrt{3^2\cdot\left(x+4\right)}\)

\(=\sqrt{x+4}-\sqrt{x+4}+3\sqrt{x+4}\)

\(=3\sqrt{x+4}\)

b) Để \(A=9\) thì \(3\sqrt{x+4}=9\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+4}=3\)

\(\Leftrightarrow x+4=9\)

\(\Leftrightarrow x=5\left(tmdk\right)\)

$\text{#}Toru$

Câu 1

Gọi x (km/h) là vận tốc của ô tô đi từ tỉnh A (x > 5)

Vận tốc ô tô đi từ tỉnh B là: x - 5 (km/h)

Quãng đường ô tô đi từ tỉnh A đến lúc gặp nhau: 3x (km)

Quãng đường ô tô đi từ tỉnh B đến lúc gặp nhau: 3(x - 5) (km)

Theo đề bài, ta có phương trình:

3x + 3(x - 5) = 225

3x + 3x - 15 = 225

6x = 225 + 15

6x = 240

x = 240 : 6

x = 40 (nhận)

Vậy vận tốc ô tô đi từ tỉnh A là 40 km/h, vận tốc ô tô đi từ tỉnh B là 40 - 5 = 35 km/h

Gọi chiều dài, chiều rộng ban đầu của mảnh vườn lần lượt là a(m),b(m)

(ĐIều kiện: a>0; b>0)

Nếu giảm chiều rộng đi 3m và tăng chiều dài thêm 8m thì diện tích giảm đi 54m² nên ta có:

(a+8)(b-3)=ab-54

=>ab-3a+8b-24=ab-54

=>-3a+8b-24=-54

=>-3a+8b=-30(1)

Nếu tăng chiều rộng thêm 2m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích tăng thêm 32m² nên ta có:

(a-4)(b+2)=ab+32

=>ab+2a-4b-8=ab+32

=>2a-4b=40(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}-3a+8b=-30\\2a-4b=40\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}-3a+8b=-30\\4a-8b=80\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=70\\a-2b=20\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=70\\2b=a-20=50\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=70\\b=25\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)

Vậy: Chiều dài là 70m; chiều rộng là 25m

Bài 2:

a: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

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

nên DHEC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác AFDC có \(\widehat{AFC}=\widehat{ADC}=90^0\)

nên AFDC là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: \(\widehat{FEH}=\widehat{FAH}\)(AEHF nội tiếp)

\(\widehat{DEH}=\widehat{DCH}\)(DCEH nội tiếp)

mà \(\widehat{FAH}=\widehat{DCH}\left(=90^0-\widehat{ABD}\right)\)

nên \(\widehat{FEH}=\widehat{DEH}\)

=>EH là phân giác của góc FED

c: Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BK\(\perp\)AB

mà CH\(\perp\)AB

nên CH//BK

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>AC\(\perp\)CK

mà BH\(\perp\)AC

nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>HK cắt BC tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HK

=>H,I,K thẳng hàng

Bài 3:

a: ΔOMN cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)MN

Xét tứ giác OIAC có \(\widehat{OIA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên OIAC là tứ giác nội tiếp

=>O,I,A,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra AO là đường trung trực của BC

=>AO\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOIA vuông tại I và ΔOHD vuông tại H có

\(\widehat{IOA}\) chung

Do đó: ΔOIA~ΔOHD

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

=>\(OI\cdot OD=OA\cdot OH\)(3)

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(OI\cdot OD=R^2\)

Tham khảo:

a. Để chứng minh tứ giác \(ADHE\) nội tiếp, ta cần chứng minh rằng góc \(DHE\) bằng \(180^\circ\) - tức là góc \(DHE\) là góc ngoài của tam giác \(ABC\) tại đỉnh \(A\), vì khi đó tứ giác \(ADHE\) sẽ nội tiếp. 

Xét góc \(DHE\), ta thấy rằng:
\[ \angle DHE = \angle B + \angle C \]
Do \(BD\) và \(CE\) là đường cao của tam giác \(ABC\), nên:
\[ \angle B = \angle EHB \]
\[ \angle C = \angle HDC \]
Vậy:
\[ \angle DHE = \angle EHB + \angle HDC \]
\[ \angle DHE = (180^\circ - \angle B) + (180^\circ - \angle C) \]
\[ \angle DHE = 360^\circ - (\angle B + \angle C) \]
Nhưng ta biết rằng tổng các góc của tam giác \(ABC\) là \(180^\circ\), nên:
\[ \angle DHE = 360^\circ - 180^\circ = 180^\circ \]
Điều này chứng minh tứ giác \(ADHE\) là tứ giác nội tiếp.

b. Để chứng minh \( \angle DEK = \angle DMC \), ta sử dụng tính chất của tứ giác \(ADHE\) nội tiếp đã chứng minh ở câu (a). 

Do tứ giác \(ADHE\) là tứ giác nội tiếp, nên:
\[ \angle DHE = 180^\circ - \angle DAE \]
Nhưng ta cũng biết rằng:
\[ \angle DAE = \angle DMC \]
Vậy:
\[ \angle DHE = 180^\circ - \angle DMC \]
\[ \angle DHE + \angle DMC = 180^\circ \]

Giả sử \(HN\) vuông góc với \(AB\) tại \(N\), với \(M\) là trung điểm của \(BC\), thì \(HM\) cũng là đường trung bình của tam giác \(ABC\), nên:
\[ \angle HMC = \angle HNC = 90^\circ \]

Vậy, chúng ta có:
\[ \angle DHE + \angle DMC = 180^\circ = \angle HMC + \angle HNC \]

Vậy, điều phải chứng minh là góc \(DEK\) bằng góc \(DMC\).

a: Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADHE là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔBAC

=>AH\(\perp\)BC tại K

Xét tứ giác BEHK có \(\widehat{BEH}+\widehat{BKH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BEHK là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\widehat{DEH}=\widehat{DAH}\)(AEHD nội tiếp)

\(\widehat{KEH}=\widehat{KBH}\)(BEHK nội tiếp)

mà \(\widehat{DAH}=\widehat{KBH}\left(=90^0-\widehat{DCB}\right)\)

nên \(\widehat{DEH}=\widehat{KEH}\)

=>EC là phân giác của góc DEK

=>\(\widehat{DEK}=2\cdot\widehat{HED}\)

mà \(\widehat{HED}=\widehat{HBC}\)(BEDC nội tiếp)

nên \(\widehat{DEK}=\widehat{HBC}\)(1)

ΔDBC vuông tại D

mà DM là đường trung tuyến

nên DM=MB=MC

Xét ΔMDB có \(\widehat{DMC}\) là góc ngoài tại D

nên \(\widehat{DMC}=\widehat{MBD}+\widehat{MDB}=2\cdot\widehat{MBD}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{DEK}=\widehat{DMC}\)

1: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

2: Ta có: AEHF nội tiếp

=>\(\widehat{AFE}=\widehat{AHE}\)

mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ABC}\left(=90^0-\widehat{BAH}\right)\)

nên \(\widehat{AFM}=\widehat{ABC}\)

Gọi vận tốc ban đầu của ô tô là x(km/h)

(ĐIều kiện: x>10)

Thời gian ô tô đi nửa quãng đường đầu tiên là: \(\dfrac{100}{x}\left(giờ\right)\)

Thời gian ô tô đi nửa quãng đường còn lại là: \(\dfrac{100}{x-10}\left(giờ\right)\)

Tổng thời gian cả đi lẫn về là:

9h40p-6h=3h40p=11/3(giờ)

Do đó,ta có phương trình:

\(\dfrac{100}{x}+\dfrac{100}{x-10}=\dfrac{11}{3}\)

=>\(\dfrac{100\left(x-10\right)+100x}{x\left(x-10\right)}=\dfrac{11}{3}\)

=>\(11x\left(x-10\right)=3\left(200x-1000\right)\)

=>\(11x^2-110x-600x+3000=0\)

=>\(11x^2-710x+3000=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=60\left(nhận\right)\\x=\dfrac{50}{11}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

vậy: vận tốc ban đầu của ô tô là 60km/h

Để hệ có nghiệm duy nhất thì \(\dfrac{2}{a+2}\ne\dfrac{a-2}{-2}\)

=>\(a^2-4\ne-4\)

=>\(a^2\ne0\)

=>\(a\ne0\)

\(\left\{{}\begin{matrix}2x+\left(a-2\right)y=a+1\\\left(a+2\right)x-2y=3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}4x+\left(2a-4\right)y=2a+2\\\left(a^2-4\right)x-\left(2a-4\right)y=3\left(a-2\right)=3a-6\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}4x+\left(a^2-4\right)x=2a+2+3a-6\\\left(a+2\right)x-2y=3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x\cdot a^2=5a-4\\2y=\left(a+2\right)\cdot x-3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{5a-4}{a^2}\\2y=\dfrac{\left(a+2\right)\left(5a-4\right)}{a^2}-3=\dfrac{5a^2+6a-8-3a^2}{a^2}\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{5a-4}{a^2}\\2y=\dfrac{2a^2+6a-8}{a^2}\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{5a-4}{a^2}\\y=\dfrac{a^2+3a-4}{a^2}\end{matrix}\right.\)

\(x+y=\dfrac{a^2+3a-4+5a-4}{a^2}=\dfrac{a^2+8a-8}{a^2}=1+\dfrac{8}{a}-\dfrac{8}{a^2}\)

\(=-\left(\dfrac{8}{a^2}-\dfrac{8}{a}-1\right)\)

\(=-8\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{8}\right)\)

\(=-8\left(\dfrac{1}{a^2}-2\cdot\dfrac{1}{a}\cdot\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{8}\right)\)

\(=-8\left[\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{3}{8}\right]\)

\(=-8\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{2}\right)^2+3< =3\forall a\ne0\)

Dấu '=' xảy ra khi a=2

Gọi tam giác đều cần tìm là ABC

Xét (O) có \(\widehat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC

nên \(\widehat{BOC}=2\cdot\widehat{BAC}=120^0\)

Xét ΔOBC có \(cosBOC=\dfrac{OB^2+OC^2-BC^2}{2\cdot OB\cdot OC}\)

=>\(\dfrac{6^2+6^2-BC^2}{2\cdot6\cdot6}=cos120=-\dfrac{1}{2}\)

=>\(72-BC^2=-36\)

=>\(BC^2=108\)

=>\(BC=6\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Diện tích tam giác đều ABC là:

\(S_{ABC}=BC^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{108\cdot\sqrt{3}}{4}=27\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)

=>Chọn B

ΔOBC có vuông đâu mà sao dùng cos đc z