a: Ta có: \(\widehat{OAM}=\widehat{OHM}=\widehat{OBM}=90^0\)

=>O,A,H,M,B cùng thuộc đường tròn đường kính OM

c: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB và MO là phân giác của góc AMB

Xét ΔMAB có MA=MB và \(\widehat{AMB}=60^0\)

nên ΔMAB đều

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

=>\(\widehat{AMO}=\widehat{BMO}=\dfrac{60^0}{2}=30^0\)

Xét ΔOAM vuông tại A có \(tanAMO=\dfrac{OA}{AM}\)

=>\(\dfrac{6}{AM}=tan30=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)

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

ΔMAB đều nên \(C_{MAB}=3\cdot6\sqrt{3}=18\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(S_{MAB}=\left(6\sqrt{3}\right)^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=27\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(S=p\cdot r\)

=>\(r\cdot\dfrac{18\sqrt{3}}{2}=27\sqrt{3}\)

=>\(r=3\left(cm\right)\)

Xét tứ giác OAMB có \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}+\widehat{AOB}+\widehat{AMB}=360^0\)

=>\(\widehat{AOB}+90^0+90^0+60^0=360^0\)

=>\(\widehat{AOB}=120^0\)

\(S_{quạt\left(AOB\right)}=\dfrac{\Omega\cdot6^2\cdot120}{360}=12\Omega\)

\(S_{\text{Δ}OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot sin120=\dfrac{1}{2}\cdot6\cdot6\cdot sin120=9\sqrt{3}\)

=>\(S_{vpAB}=12\Omega-9\sqrt{3}\)

a: Gọi O là trung điểm của BD

=>O là tâm đường tròn đường kính BD

Xét (O) có

ΔBED nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBED vuông tại E

=>DE\(\perp\)BC tại E

Xét ΔBED vuông tại E và ΔBAC vuông tại A có

\(\widehat{EBD}\) chung

Do đó: ΔBED~ΔBAC

b: Xét tứ giác ADEC có \(\widehat{DAC}+\widehat{DEC}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADEC là tứ giác nội tiếp

c: Gọi H là giao điểm của BF và AC

Xét (O) có

ΔBFD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó;ΔBFD vuông tại F

=>CF\(\perp\)BH tại F

Xét ΔHBC có

CF,BA là các đường cao

CF cắt BA tại D

Do đó: D là trực tâm của ΔHBC

=>HD\(\perp\)BC

mà DE\(\perp\)BC

và HD,DE có điểm chung là D

nên H,D,E thẳng hàng

=>CF,BA,DE đồng quy

a, Đkxđ: `x>=0, x ne 4`.

`A = 2(sqrtx + 2)/((sqrtx+2)(sqrtx-2))+sqrtx/(x-4)`

`=(2sqrtx+4+sqrtx)/(x-4) = (3sqrtx+4)/(x-4)`

`B = (2sqrtx(sqrtx+3))/((sqrtx+3)(sqrtx-3)) + (2x+18)/(x-9)`

`= (2x+6sqrtx+2x+18)/(x-9)`

`= (4x+6sqrtx+18)/(x-9)`.

d.

Gọi E là giao điểm của AH và BD, kéo dài AB và CD cắt nhau tại F

Do I là trung điểm AC \(\Rightarrow OI\) là trung trực của AC

Mà D thuộc OI \(\Rightarrow DA=DC\Rightarrow\Delta DAO=\Delta DCO\left(c.c.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{DAO}=\widehat{DCO}=90^0\) 

\(\Rightarrow DC||AH\) (cùng vuông góc BC)

Trong tam giác BCF, ta có O là trung điểm BC và \(OD||BF\) (cùng vuông góc AC)

\(\Rightarrow OD\) là đường trung bình tam giác BCF

\(\Rightarrow D\) là trung điểm AF hay \(DC=DF\)

Do AH song song DC, áp dụng định lý Thales:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{EH}{DC}=\dfrac{BE}{BD}\\\dfrac{EA}{DF}=\dfrac{BE}{BD}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{EH}{DC}=\dfrac{EA}{DF}\)

\(\Rightarrow EH=EA\) \(\Rightarrow E\) là trung điểm AH hay BD đi qua trung điểm của AH

1.

Trong tam giác vuông ABH:

\(BH=AB.sinA=12.sin20^0=4,1\left(km\right)\)

2.

a.

Do D là giao điểm 2 tiếp tuyến tại B và F \(\Rightarrow\widehat{DBO}=\widehat{DFO}=90^0\)

\(\Rightarrow\) B và F cùng nhìn OD dưới 1 góc vuông nên 4 điểm O, B, D, F cùng thuộc 1 đường tròn

b.

Do \(DB=DF\) (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OB=OF=R\)

\(\Rightarrow OD\) là trung trực của BF \(\Rightarrow OD\perp BF\) tại H và H là trung điểm BF

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBD:

\(DB^2=DH.DO\) (1)

BC là đường kính \(\Rightarrow\widehat{BKC}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông CBD:

\(DB^2=DK.DC\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow DH.DO=DK.DC\)

2c.

Theo gt MO và DB cùng vuông góc BC \(\Rightarrow MO||DB\)

\(\Rightarrow\widehat{MOD}=\widehat{BDO}\) (so le trong)

Lại có \(\widehat{BDO}=\widehat{MDO}\) (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

\(\Rightarrow\widehat{MDO}=\widehat{MOD}\Rightarrow\Delta MDO\) cân tại M

\(\Rightarrow MO=DM\)

Áp dụng định lý Thales trong tam giác ABD:

\(\dfrac{MO}{BD}=\dfrac{AM}{AD}\Rightarrow\dfrac{DM}{BD}=\dfrac{AM}{AD}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{DM}=\dfrac{AD}{AM}=\dfrac{AM+DM}{AM}=1+\dfrac{DM}{AM}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{DM}-\dfrac{DM}{AM}=1\)

a.

Do AB là đường kính \(\Rightarrow\widehat{AEB}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn)

Hay \(\widehat{FEB}=90^0\)

Theo giả thiết \(FH\perp AB\Rightarrow\widehat{FHB}=90^0\)

\(\Rightarrow E,H\) cùng nhìn BF dưới 1 góc vuông nên BEFH nội tiếp

b.

Do BEFH nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{FEH}=\widehat{FBH}\) (cùng chắn FH)

Mà \(\widehat{FBH}=\widehat{AEK}\) (cùng chắn cung AK của (O))

\(\Rightarrow\widehat{FEH}=\widehat{AEK}\)

\(\Rightarrow EA\) là tia phân giác của \(\widehat{HEK}\)

2.

a.

Do AB, AC là tiếp tuyến \(\Rightarrow\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0\)

\(\Rightarrow B,C\) cùng nhìn AO dưới 1 góc vuông nên A,B,O,C cùng thuộc 1 đường tròn đường kính OA

b.

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

Đồng thời \(OB=OC=R\) nên OA là trung trực của BC

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

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB với đường cao BH:

\(OB^2=OH.OA\Rightarrow R^2=OH.OA\)

D là trung điểm MN \(\Rightarrow OD\perp MN\)

\(\Rightarrow\widehat{ODA}=90^0\Rightarrow D\) thuộc đường tròn đường kính OA

\(\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\) (cùng chắn BD)

Mà \(\widehat{BCD}=\widehat{EBx}\) (cùng chắn BE)

\(\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{EBx}\Rightarrow BE||MN\) (2 góc đồng vị bằng nhau)

c.

Do BE song song MN (cmt) \(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{EN}=sđ\stackrel\frown{BM}\)

\(\Rightarrow\widehat{NCE}=\widehat{BCM}\) (2 góc nt chắn 2 cung bằng nhau)

Xét 2 tam giác MBC và DNC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MBC}=\widehat{DNC}\left(\text{cùng chắn MC}\right)\\\widehat{BCM}=\widehat{NCE}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta MBC\sim\Delta DNC\left(g.g\right)\)

Hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB: \(AB^2=AH.AO\)

\(\widehat{ABM}=\widehat{ANB}\) (cùng chắn BM) và góc \(\widehat{BAM}\) chung \(\Rightarrow\Delta ABM\sim\Delta ANB\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AN}=\dfrac{AM}{AB}\Rightarrow AB^2=AN.AM\Rightarrow AH.AO=AN.AM\)

\(\Rightarrow\dfrac{AH}{AN}=\dfrac{AM}{AO}\Rightarrow\Delta AHM\sim\Delta ANO\)

\(\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{ANO}\Rightarrow\widehat{ANO}+\widehat{OHM}=180^0\)

\(\Rightarrow OHMN\) nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{NHO}=\widehat{NMO}\)

Mà \(ON=OM=R\Rightarrow\widehat{NMO}=\widehat{MNO}\)

\(\Rightarrow\widehat{NHO}=\widehat{MNO}=\widehat{AHM}\)

\(\Rightarrow\widehat{BHN}=\widehat{BHM}\)

Mà \(\widehat{BHM}=\widehat{CHP}\) (đối đỉnh) \(\Rightarrow\widehat{BHN}=\widehat{CHP}\)

\(\Rightarrow\widehat{NHO}=\widehat{PHO}\Rightarrow NH=PH\)

\(\Rightarrow\Delta NHB=\Delta PHC\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{NBH}=\widehat{PCH}\Rightarrow\Delta KBC\) cân tại K

\(\Rightarrow KH\) là trung tuyến đồng thời là đường cao \(\Rightarrow KH\perp BC\) tại H

\(\Rightarrow A,O,K\) thẳng hàng

a: Xét tứ giác OAMB có \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=90^0+90^0=180^0\)

nên OAMB là tứ giác nội tiếp

=>O,A,M,B cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB
=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

ta có: OA=OB

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

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO\(\perp\)AB tại I và I là trung điểm của AB

Xét ΔOHM vuông tại H và ΔOIC vuông tại I có

\(\widehat{HOM}\) chung

Do đó: ΔOHM~ΔOIC

=>\(\dfrac{OH}{OI}=\dfrac{OM}{OC}\)

=>\(OH\cdot OC=OM\cdot OI\)

Lời giải:

a.

Do $MA, MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$

$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$

Tứ giác $MAOB$ có tổng hai góc đối $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$ nên $MAOB$ là tứ giác nội tiếp,

$\Rightarrow O,A,M,B$ cùng thuộc một đường tròn.

b.

Vì $MA, MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $MA=MB$

Mà: $OA=OB$

$\Rightarrow MO$ là trung trực của $AB$

$\Rightarrow MO\perp AB$ tại $I$

Vì $OM\perp AB$ tại $I$ nên $\widehat{MIC}=90^0$

$MH\perp OC$ tại $H$ nên $\widehat{MHC}=90^0$

Tứ giác $MIHC$ có $\widehat{MIC}=\widehat{MHC}=90^0$ và cùng nhìn cạnh $MC$ nên $MIHC$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{OMH}=\widehat{OCI}$

Xét tam giác $OMH$ và $OCI$ có:

$\widehat{O}$ chung

$\widehat{OMH}=\widehat{OCI}$

$\Rightarrow \triangle OMH\sim \triangle OCI$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{OM}{OH}=\frac{OC}{OI}\Rightarrow OM.OI=OH.OC$

Hình vẽ:

a) \(\left(x^2-9\right)\left(x^2+7x+14\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x+3\right)\left[\left(x+\dfrac{7}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x+3\right)=0\) (vì \(\left(x+\dfrac{7}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}>0\forall x\))

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-3=0\\x+3=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=-3\end{matrix}\right.\)

b) \(x^4-2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-\sqrt{2}\right)\left(x^2+\sqrt{2}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-\sqrt{2}=0\) (vì \(x^2+\sqrt{2}>0\forall x\))

\(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{\sqrt{2}}\right)\left(x+\sqrt{\sqrt{2}}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\sqrt{\sqrt{2}}\\x=-\sqrt{\sqrt{2}}\end{matrix}\right.\)

a)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-9\right)\left(x^2+2\cdot\dfrac{7}{2}x+\dfrac{49}{4}+\dfrac{7}{4}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-9\right)\left[\left(x+\dfrac{7}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}\right]=0\)

Vì \(\left(x+\dfrac{7}{2}\right)^2\ge0\Rightarrow\left(x+\dfrac{7}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}>0\)

\(\Rightarrow x^2-9=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=-3\end{matrix}\right.\)

b)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-\sqrt{2}\right)\left(x^2+\sqrt{2}\right)=0\)

Vì \(x^2\ge0\Rightarrow x^2+\sqrt{2}>0\)

\(\Rightarrow x^2-\sqrt{2}=0\)

\(\Leftrightarrow x^2=\sqrt{2}\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\sqrt[4]{2}\\x=-\sqrt[4]{2}\end{matrix}\right.\)