a: Xét tứ giác EHAK có \(\widehat{AHE}+\widehat{AKE}=90^0+90^0=180^0\)

nên EHAK là tứ giác nội tiếp

a: Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>CE\(\perp\)AB tại E

Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>BD\(\perp\)AC tại D

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại F

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

nên HDCF là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HFD}=\widehat{HCD}\)

=>\(\widehat{AFD}=\widehat{ACE}\)

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

nên AEHD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

=>AEHD nội tiếp (M)

=>MD=MH

=>ΔMDH cân tại M

=>\(\widehat{MHD}=\widehat{MDH}\)

=>\(\widehat{MDH}=\widehat{BHF}=\widehat{BCD}\)

\(\widehat{ODM}=\widehat{ODB}+\widehat{MDB}\)

\(=\widehat{ODB}+\widehat{BCD}=\widehat{OBD}+\widehat{OCD}=90^0\)

=>MD\(\perp\)OD tại D

Xét ΔMEO và ΔMDO có

ME=MD

EO=DO

MO chung

Do đó: ΔMEO=ΔMDO

=>\(\widehat{MEO}=\widehat{MDO}=90^0\)

mà \(\widehat{MHO}=90^0\)

nên M,E,D,H,O cùng thuộc đường tròn đường kính MO

Bài 5:

a: Xét (O) có

ΔBNC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBNC vuông tại N

=>BN\(\perp\)AC tại N

Xét (O) có

ΔBMC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBMC vuông tại M

=>CM\(\perp\)AB tại M

b: Xét ΔABC có

BN,CM là các đường cao

BN cắt CM tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC

Phương trình hoành độ giao điểm là:

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

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

\(\Delta=\left(2m+1\right)^2-4\cdot1\left(m^2+m\right)\)

\(=4m^2+4m+1-4m^2-4m=1>0\)

=>Phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{2m+1-1}{2\cdot1}=\dfrac{2m}{2}=m\\x_2=\dfrac{2m+1+1}{2}=m+1\end{matrix}\right.\)

\(x_1+2x_2=2\)

=>m+2(m+1)=2

=>m+2m+2=2

=>3m=0

=>m=0

Gọi thời gian làm riêng hoàn thành công việc của dây chuyền 2 là x(giờ)

(ĐK: x>0)

Thời gian làm riêng hoàn thành công việc của dây chuyền 1 là x+7(giờ)

Trong 1 giờ, dây chuyền 1 làm được: \(\dfrac{1}{x+7}\)(công việc)

Trong 1 giờ, dây chuyền 2 làm được: \(\dfrac{1}{x}\)(công việc)

Trong 1 giờ, hai dây chuyền làm được: \(\dfrac{1}{12}\)(công việc)

=>\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+7}=\dfrac{1}{12}\)

=>\(\dfrac{x+7+x}{x\left(x+7\right)}=\dfrac{1}{12}\)

=>x(x+7)=12(2x+7)

=>\(x^2+7x-24x-84=0\)

=>\(x^2-17x-84=0\)

=>(x-21)(x+4)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=21\left(nhận\right)\\x=-4\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: thời gian làm riêng hoàn thành công việc của dây chuyền 2 là 21 giờ

thời gian làm riêng hoàn thành công việc của dây chuyền 1 là 21+7=28 giờ

bài này có làm hpt được ko

Điều kiện delta \(\Rightarrow-5\le m\le-1\)

Khi \(-5\le m\le-1\) thì \(0\le\left(m+4\right)^2\le9\)

\(\Rightarrow-\dfrac{9}{2}\le\dfrac{\left(m+4\right)^2-9}{2}\le0\)

\(\Rightarrow0\le\left|\dfrac{\left(m+4\right)^2-9}{2}\right|\le\dfrac{9}{2}\)

Nên \(B_{max}=\dfrac{9}{2}\) khi \(m=-4\)

Gọi \(d=ƯC\left(2n+7;n+1\right)\) với d nguyên dương

\(\Rightarrow2n+7-2\left(n+1\right)⋮d\)

\(\Rightarrow5⋮d\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}d=1\\d=5\end{matrix}\right.\)

Để phân số đã cho tối giản \(\Rightarrow d\ne5\)

\(\Rightarrow n+1⋮̸5\)

\(\Rightarrow n+1\ne5k\)

\(\Rightarrow n\ne5k-1\)

Vậy để phân số đã cho tối giản thì \(\left\{{}\begin{matrix}n\in Z\\n\ne5k-1\end{matrix}\right.\)

a: Xét tứ giác OAIE có \(\widehat{OEI}=\widehat{OAI}=90^0\)

nên OAIE là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác OEKB có \(\widehat{OEK}+\widehat{OBK}=90^0+90^0=180^0\)

nên OEKB là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: OAIE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{OIE}=\widehat{OAE}=\widehat{OAB}\)(1)

Ta có: OEKB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{OKE}=\widehat{OBE}=\widehat{OBA}\)(2)

Ta có: ΔOAB cân tại O

=>\(\widehat{OAB}=\widehat{OBA}\)(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{OKE}=\widehat{OIE}\)

=>ΔOKI cân tại O

c: Xét ΔOAI vuông tại A và ΔOBK vuông tại B có

OI=OK

OA=OB

Do đó: ΔOAI=ΔOBK

=>AI=BK

 Gọi M là trung điểm của AC và T là điểm đồng quy của 2 tiếp tuyến tại B, D và đường thẳng AC.

 Nhận thấy \(\widehat{OBT}=\widehat{ODT}=\widehat{OMT}=90^o\) nên 5 điểm O, M, B, T, D cùng thuộc đường tròn (OT).

 Ta có \(\widehat{DCM}=\widehat{DCA}=\widehat{DBA}\)

 Và \(\widehat{DMC}=180^o-\widehat{TMD}\) \(=180^o-\widehat{DBT}\) \(=180^o-\widehat{BCD}\) \(=\widehat{DAB}\)

Nên \(\Delta DAB\sim\Delta DMC\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{AB}{MC}=\dfrac{BD}{CD}\) 

 \(\Rightarrow AB.CD=MC.BD=\dfrac{1}{2}AC.BD\)

 Tương tự, ta chứng minh được \(AD.BC=\dfrac{1}{2}AC.BD\) (hoặc cùng có thể dùng định lý Ptolemy trong tứ giác ngoại tiếp để suy ra điều này).

 \(\Rightarrow AB.CD=AD.BC\left(=\dfrac{1}{2}AC.BD\right)\) 

 Ta có đpcm.

 Mình trả lời rồi nhé bạn. Nếu bạn chưa xem được đáp án thì bạn vào trang cá nhân của mình xem nhé.

1) \(x^2-2x-15=0\)

\(\Delta=\left(-2\right)^2-4\cdot1\cdot-15=64>0\)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 

\(x_1=\dfrac{2+\sqrt{64}}{2\cdot1}=5\)

\(x_2=\dfrac{2-\sqrt{64}}{2\cdot1}=-3\)

2) \(x^2-2mx+m-2=0\)

\(\Delta=\left(-2m\right)^2-4\cdot1\cdot\left(m-2\right)=4m^2-4m+8=\left(2m-1\right)^2+7>0\forall m\)

Theo vi-ét: 

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

Ta có: \(\left(3+x_1\right)\left(2-x_2\right)-\left(3+x_2\right)\left(x_1-2\right)=x^2_1+x^2_2+18\)

\(\Leftrightarrow6-3x_2+2x_1-x_1x_2-\left(-6+3x_1-2x_2+x_1x_2\right)=x^2_1+x^2_2+18\)

\(\Leftrightarrow6-3x_2+2x_1-x_1x_2+6-3x_1+2x_2-x_1x_2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+18\)

\(\Leftrightarrow12-3\left(x_1+x_2\right)+2\left(x_1+x_2\right)-2x_1x_2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+18\)

\(\Leftrightarrow12-\left(x_1+x_2\right)=\left(x_1+x_2\right)^2+18\)

\(\Leftrightarrow12-2m=\left(2m\right)^2+18\)

\(\Leftrightarrow12-2m=4m^2+18\)

\(\Leftrightarrow4m^2+2m+6=0\)

\(\Leftrightarrow m\in\varnothing\)

Vậy không có m thỏa mãn