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

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BFE}+\widehat{BCE}=180^0\)

mà \(\widehat{BFE}+\widehat{AFE}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)

b: Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)

Xét (O) có

\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AEF}\left(=180^0-\widehat{FEC}\right)\)

nên \(\widehat{xAC}=\widehat{AEF}\)

=>FE//Ax

=>IK//Ax

Xét (O) có

\(\widehat{xAK}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AK

\(\widehat{AIK}\) là góc nội tiếp chắn cung AK

Do đó: \(\widehat{xAK}=\widehat{AIK}\)

mà \(\widehat{xAK}=\widehat{AKI}\)(IK//Ax)

nên \(\widehat{AIK}=\widehat{AKI}\)

=>\(sđ\stackrel\frown{AK}=sđ\stackrel\frown{AI}\)

Xét (O) có

\(\widehat{ACK}\) là góc nội tiếp chắn cung AK

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

\(sđ\stackrel\frown{AK}=sđ\stackrel\frown{AI}\)

Do đó: \(\widehat{ACK}=\widehat{AKI}\)

Xét ΔACK và ΔAKE có

\(\widehat{ACK}=\widehat{AKE}\)

\(\widehat{CAK}\) chung

Do đó ΔACK~ΔAKE

=>\(\dfrac{AC}{AK}=\dfrac{AK}{AE}\)

=>\(AK^2=AC\cdot AE\)

Tham khảo:

Đặt \( \angle MOC = \alpha \).

Vì \( AM = AO \), nên tam giác \( AOM \) là tam giác đều.

Vì vậy, \( \angle OAM = \angle OMA = \frac{1}{2} \times 60^\circ = 30^\circ \).

Ta thấy \( \angle MOC \) là góc nội tiếp ứng với cung \( MC \) trên đường tròn \( (O) \), nên \( \angle MOC = 2 \angle MAC \).

Mà \( \angle MAC = \angle OAM = 30^\circ \), nên \( \angle MOC = 2 \times 30^\circ = 60^\circ \).

Góc \( \angle MOD \) cũng có giá trị tương tự, nên \( \angle MOD = 60^\circ \).

Do đó, \( \angle COD = \angle MOC + \angle MOD = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ \).

Góc \( \angle CHD \) là góc ngoại tiếp của \( \angle COD \), nên \( \angle CHD = 180^\circ - \angle COD = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \).

Vậy, ta có \( \triangle CHD \) là tam giác đều.

Khi đó, \( CD = CH = HD \).

Về độ dài của \( CD \) theo \( R \), ta có \( CD = 2R \times \sin 60^\circ = 2R \times \frac{\sqrt{3}}{2} = R\sqrt{3} \).

Vậy, \( CD = R\sqrt{3} \) theo \( R \).

Sửa đề: Trên tia đối của tia AB lấy M sao cho AM=AO

MA+AO=MO

=>MO=R+R=2R

Xét ΔMOC vuông tại C có \(cosCOM=\dfrac{CO}{OM}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{COM}=60^0\)

Xét (O) có

MC,MD là các tiếp tuyến

Do đó: MC=MD và OM là phân giác của góc COD

OM là phân giác của góc COD

=>\(\widehat{COD}=2\cdot\widehat{COM}=120^0\)

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

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

=>\(2R^2-CD^2=-R^2\)

=>\(CD^2=3R^2\)

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

∆ = (2m + 1)² - 4.1.(m² + 3m)

= 4m² + 4m + 1 - 4m² - 12m

= -8m + 1

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

⇔ -8m + 1 > 0

⇔ m < 1/8

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

x₁ + x₂ = -(2m + 1)

x₁x₂ = m² + 3m

Q = x₁² + x₂² = (x₁ + x₂)² - 2x₁x₂

= [-(2m + 1)]² - 2(m² + 3m)

= 4m² + 4m + 1 - 2m² - 6m

= 2m² - 2m + 1

= 2(m² - m + 1/2)

= 2(m² - 2.m.1/2 + 1/4 + 1/4)

= 2(m - 1/2)² + 1/2

Do (m - 1/2)² ≥ 0 với mọi x ∈ R

⇒ 2(m - 1/2)² ≥ 0 với mọi x ∈ R

⇒ 2(m - 1/2)² + 1/2 ≥ 1/2

⇒ Q nhỏ nhất là 1/2 khi m = 1/2 (không thỏa mãn m < 1/8)

Vậy không tìm được m để Q nhỏ nhất

                  Giải:

Gọi chiều dài là \(x\) (m); \(x\) > 0

Nửa chu vi của hình chữ nhật là: 340 : 2 = 170 (m)

Chiều rộng của hình chữ nhật là: 170 - \(x\) (m)

Ba lần chiều dài của hình chữ nhật là: \(x\times\) 3 = 3\(x\) (m)

Bốn lần chiều rộng của hình chữ nhật là: (170 - \(x\)) \(\times\) 4 = 680 - 4\(x\)(m)

 Theo bài ra ta có phương trình:

             3\(x\) - (680 - 4\(x\)) = 20 

            3\(x\) - 680 + 4\(x\)  = 20

             7\(x\) - 680 = 20

            7\(x\)           = 20 + 680

            7\(x\)         = 700

              \(x\)        = 700 : 7

               \(x\)       = 100

Vậy chiều dài của hình chữ nhật là: 100 m

Chiều rộng của hình chữ nhật là: 170 - 100 = 70 (m)

Kết luận: Chiều dài của hình chữ nhật là 100 m

               Chiều rộng của hình chữ nhật là 70 m 

a) 

b) Gọi I là trung điểm của AH

Ta có:

∆AEH vuông tại E

⇒ E thuộc đường tròn đường kính AH (1)

∆AFH vuông tại F

⇒ F thuộc đường tròn đường kính AH (2)

Từ (1) và (2) ⇒ A, E, H, F cùng thuộc đường tròn đường kính AH

Hay AEHF nội tiếp

Mà I là trung điểm của AH

⇒ I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF

c) Xét hai tam giác vuông: ∆AEH và ∆AGC có:

∠A chung

⇒ ∆AEH ∽ ∆AGC (g-g)

⇒ AE/AG = AH/AC

⇒ AE.AC = AG.AH

Diện tích của cả khu vườn là

\(=30.22=660\left(m^2\right)\)

diện tích lối đi là \(660-384=276\left(m^2\right)\) 

chiều rộng lối đi \(=\dfrac{276}{30}=9,2\left(m\right)\)

a: Thay m=-1 vào (1), ta được:

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

=>\(x^2+2x+1=0\)

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

=>x+1=0

=>x=-1

b: \(\Delta=\left(-2m\right)^2-4\cdot1\cdot\left(2m^2-1\right)\)

\(=4m^2-8m^2+4=-4m^2+4\)

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta>0\)

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

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

=>\(m^2< 1\)

=>-1<m<1

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=2m^2-1\end{matrix}\right.\)

\(x_1^3+x_2^3-x_1^2-x_2^2=-2\)

=>\(\left(x_1+x_3\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)-\left(x_1^2+x_2^2\right)=-2\)

=>\(\left(2m\right)^3-3\cdot\left(2m^2-1\right)\cdot2m-\left(x_1+x_2\right)^2+2x_1x_2=-2\)

=>\(8m^3-6m\left(2m^2-2\right)-\left(2m\right)^2+2\left(2m^2-1\right)=-2\)

=>\(8m^3-12m^3+12m-4m^2+4m^2-2=-2\)

=>\(-4m^3+12m=0\)

=>\(4m^3-12m=0\)

=>\(m^3-3m=0\)

=>\(m\left(m^2-3\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=0\left(nhận\right)\\m=\sqrt{3}\left(loại\right)\\m=-\sqrt{3}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

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

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

Xét ΔCEH vuông tại E và ΔCFA vuông tại F có

\(\widehat{ECH}\) chung

Do đó: ΔCEH~ΔCFA

=>\(\dfrac{CE}{CF}=\dfrac{CH}{CA}\)

=>\(CE\cdot CA=CH\cdot CF\)

b: ED\(\perp\)OC

Cx\(\perp\)OC

Do đó: ED//Cx

Xét (O) có

\(\widehat{xCA}\) là góc tạo bởi tiếp tiếp tuyến Cx và dây cung CA

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{xCA}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{xCA}=\widehat{CED}\)(Cx//ED)

nên \(\widehat{CED}=\widehat{CBA}\)

=>\(\widehat{AED}+\widehat{ABD}=180^0\)

=>AEDB nội tiếp

=>\(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^0\)

=>AD\(\perp\)BC

Xét ΔABC có

BE,CF,AD là các đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: A,H,D thẳng hàng

\(\Delta=9-4\left(m+4\right)>0\Rightarrow m< -\dfrac{7}{4}\)

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=3\\x_1x_2=m+4\end{matrix}\right.\)

\(x_2\left(x_2-1\right)+x_1\left(x_1-1\right)=2\)

\(\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2-\left(x_1+x_2\right)=2\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)-2=0\)

\(\Leftrightarrow9-2\left(m+4\right)-3-2=0\)

\(\Leftrightarrow m=-2\) (thỏa mãn)