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

Mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\) (cùng chắn AC)

\(\Rightarrow\Delta_VAMB\sim\Delta_VACD\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{DAC}\) (1)

Do AKHN nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AKE}=\widehat{AHN}\) (cùng chắn AN)

\(\widehat{AHN}+\widehat{MHN}=180^0\) (kề bù)

M và N cùng nhìn CH dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow MHNC\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{MHN}+\widehat{ACF}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{AKE}=\widehat{ACF}\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\Delta AKE\sim\Delta ACF\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AE}{AF}\)

Lại có: \(\widehat{AKH}=\widehat{ACD}=90^0\) (3)

(1);(3) \(\Rightarrow\Delta AKH\sim\Delta ACD\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AH}{AD}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AH}{AD}\Rightarrow\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AF}{AD}\)

\(\Rightarrow EF||HD\) (4)

Do CD và BH cùng vuông góc AC (gt) \(\Rightarrow CD||BH\)

Tương tự, BD và CH cùng vuông góc AB \(\Rightarrow BD||CH\)

\(\Rightarrow BHCD\) là hình bình hành

\(\Rightarrow BC\) và HD cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

I là trung điểm BC \(\Rightarrow I\) là trung điểm HD hay H, D, I thẳng hàng  (5)

(4);(5) \(\Rightarrow EF||HI\)

a: Thay m=1 vào hệ phương trình, ta được:

\(\left\{{}\begin{matrix}3x+y=2\cdot1+9=11\\x+y=5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3x+y=11\\x+y=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x+y-x-y=11-5\\x+y=5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x=6\\x+y=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=2\end{matrix}\right.\)

b: Vì \(\dfrac{3}{1}\ne\dfrac{1}{1}\)

nên hệ luôn có nghiệm duy nhất

\(\left\{{}\begin{matrix}3x+y=2m+9\\x+y=5\end{matrix}\right.\)

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

2x+y=2027

=>2(m+2)+(-m+3)=2027

=>2m+4-m+3=2027

=>m+7=2027

=>m=2020

a: Để hàm số y=(2m-3)x-3 đồng biến trên R thì 2m-3>0

=>2m>3

=>\(m>\dfrac{3}{2}\)

b: Thay x=2/3 và y=0 vào y=(2m-3)x-3, ta được:

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

=>\(\dfrac{2}{3}\left(2m-3\right)=3\)

=>\(2m-3=3:\dfrac{2}{3}=\dfrac{9}{2}\)

=>\(2m=\dfrac{15}{2}\)

=>\(m=\dfrac{15}{4}\)

Câu 1: C

Câu 2: B

Câu 3: D

Câu 4: B

1: Xét ΔCFE vuông tại F và ΔCAB vuông tại A có

\(\widehat{FCE}\) chung

Do đó: ΔCFE~ΔCAB

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

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

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

2: Xét ΔCFA và ΔCEB có

\(\dfrac{CF}{CE}=\dfrac{CA}{CB}\)

\(\widehat{FCA}\) chung

Do đó: ΔCFA~ΔCEB

=>\(\widehat{CAF}=\widehat{CBE}\)

3: Xét ΔAEB vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AE^2=EH\cdot EB\)

mà AE=CE

nên \(CE^2=EH\cdot EB\)

a: Xét tứ giác AKHN có \(\widehat{AKH}+\widehat{ANH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AKHN là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BCNK có \(\widehat{BKC}=\widehat{BNC}=90^0\)

nên BCNK là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

Tâm I là trung điểm của BC

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 \(\widehat{ABC}=\widehat{ANK}\left(=180^0-\widehat{KNC}\right)\)

nên \(\widehat{xAC}=\widehat{ANK}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Ax//KN

Ta có: Ax//KN

DA\(\perp\)Ax

Do đó: DA\(\perp\)KN

ý c nữa ạ 

Gọi lãi suất 1 năm của ngân hàng là x (%) (x>0)

Số tiền cả gốc lẫn lãi sau năm đầu tiên là:

\(20+20.\dfrac{x}{100}=20\left(1+\dfrac{x}{100}\right)\) (triệu)

Số tiền cả gốc lẫn lãi sau 2 năm là:

\(20\left(1+\dfrac{x}{100}\right)\left(1+\dfrac{x}{100}\right)=20\left(1+\dfrac{x}{100}\right)^2\) (triệu)

Do sau 2 năm chú nhận được 24 triệu nên ta có pt:

\(20\left(1+\dfrac{x}{100}\right)^2=24\)

\(\Leftrightarrow\left(1+\dfrac{x}{100}\right)^2=\dfrac{6}{5}\)

\(\Rightarrow1+\dfrac{x}{100}=\dfrac{\sqrt{30}}{5}\)

\(\Rightarrow x=20\sqrt{30}-100\approx9,54\left(\%\right)\)

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔBCD vuông tại C có

\(\widehat{ABH}=\widehat{BDC}\)(hai góc so le trong, AB//CD)

Do đó: ΔAHB~ΔBCD

=>\(\dfrac{AH}{BC}=\dfrac{AB}{BD}\)

=>\(AH\cdot BD=AB\cdot BC\)

b: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHDA vuông tại H có

\(\widehat{HAB}=\widehat{HDA}\left(=90^0-\widehat{ABD}\right)\)

Do đó: ΔHBA~ΔHAD

=>\(\dfrac{HB}{HA}=\dfrac{HA}{HD}\)

=>\(HA^2=HB\cdot HD\)

Gọi độ dài quãng đường AB là \(x\left(km\right)\) 

Thời gian anh ấy nghỉ là: 30 phút `=1/2` giờ 

Thời gian người đó dự định đi là: `x/10` (giờ)

Sau khi nghỉ vận tốc của anh ấy là 15km/h khi đó quãng đường còn lại anh ấy đi trong: 

  \(\dfrac{1}{2}x:15=\dfrac{x}{30}\) (giờ) 

Nữa quãng đường đầu anh ấy đi trong: \(\dfrac{1}{2}x:10=\dfrac{x}{20}\) (giờ) 

Do anh ấy đến kịp lúc nên ta có pt:

\(\dfrac{x}{20}+\dfrac{x}{30}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{x}{10}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{20}+\dfrac{x}{30}-\dfrac{x}{10}=-\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow x\left(\dfrac{1}{20}+\dfrac{1}{30}-\dfrac{1}{10}\right)=-\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow x\cdot\dfrac{-1}{60}=-\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\cdot60=30\left(tm\right)\)

Vậy độ dài quãng đường AB là 30km 

Gọi độ dài quãng đường AB là x(km) với x>0

Thời gian dự định đi hết quãng đường là: \(\dfrac{x}{10}\) giờ

Thời gian đi hết nửa quãng đường đầu: \(\dfrac{x}{20}\) giờ

Thời gian đi hết nửa quãng đường còn lại: \(\dfrac{x}{2}:15=\dfrac{x}{30}\) giờ

Đổi 30 phút =1/2 giờ

Do người đó đến B kịp giờ nên ta có pt:

\(\dfrac{x}{20}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{x}{30}=\dfrac{x}{10}\)

\(\Leftrightarrow x\left(\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{20}-\dfrac{1}{30}\right)=\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{60}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow x=30\)

Bài 27:

a: Xét tứ giác OBAC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBAC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{ABE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BE

\(\widehat{BDE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE

Do đó: \(\widehat{ABE}=\widehat{BDE}\)

Xét ΔABE và ΔADB có

\(\widehat{ABE}=\widehat{ADB}\)

\(\widehat{BAE}\) chung

Do đó: ΔABE~ΔADB

=>\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AE}{AB}\)

=>\(AB^2=AD\cdot AE\)

c:

Xét ΔOBA vuông tại B có \(cosBOA=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{BOA}=60^0\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: OA là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOC}=2\cdot\widehat{BOA}=120^0\)

=>\(sđ\stackrel\frown{BC}=120^0\)

Bài 28:

a: Xét (O) có

ΔACM nội tiếp

AM là đường kính

Do đó: ΔACM vuông tại C

=>\(\widehat{ACM}=90^0\)

Xét (O) có

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

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

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

Xét ΔADB vuông tại D và ΔACM vuông tại C có

\(\widehat{ABD}=\widehat{AMC}\)

Do đó: ΔADB~ΔACM

=>\(\widehat{DAB}=\widehat{CAM}\)

b: Xét tứ giác ABDE có \(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^0\)

nên ABDE là tứ giác nội tiếp

c: ABDE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BAE}+\widehat{BDE}=180^0\)

mà \(\widehat{BDE}+\widehat{EDM}=180^0\)(kề bù)

nên \(\widehat{EDM}=\widehat{BAM}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{BAM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

\(\widehat{BCM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

Do đó: \(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{BCM}=\widehat{EDC}\)

=>ED//MC