a) \(\left\{{}\begin{matrix}3\left(x+2\right)+4\left(y-1\right)-7=0\\2x-3y-9=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x+6+4y-4-7=0\\2x-3y=9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x+4y=5\\2x-3y=9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}6x+8y=10\\6x-9y=27\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}17y=-17\\2x-3y=9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=-1\\2x-3.\left(-1\right)=9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=-1\\2x=6\end{matrix}\right.\)

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

Vậy \(S=\left\{\left(3;-1\right)\right\}\)

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{-1-\sqrt{2}}{4}\\2x+\sqrt{2}.\left(\dfrac{-1-\sqrt{2}}{4}\right)=-2\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{-1-\sqrt{2}}{4}\\2x-\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}=-2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{-1-\sqrt{2}}{4}\\2x=-2+\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{-1-\sqrt{2}}{4}\\2x=\dfrac{-6+\sqrt{2}}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{-1-\sqrt{2}}{4}\\x=\dfrac{-6+\sqrt{2}}{8}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(S=\left\{\left(\dfrac{-6+\sqrt{2}}{4};\dfrac{-1-\sqrt{2}}{4}\right)\right\}\)

Gọi thời gian vòi 1 chảy riêng đầy bể là: \(x\left(h\right)\)

      thời gian vòi 2 chảy riêng đầy bể là: \(y\left(h\right)\)

ĐK: \(x,y>0\)

Một giờ vòi 1 chảy được: `1/x` (bể)

Một giờ vòi 2 chảy được: `1/y` (bể) 

Hai vòi cùng chảy thì sau 1 giờ 20 phút = \(\dfrac{4}{3}\) giờ thì sẽ đảy bể ta có pt:

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{\dfrac{4}{3}}=\dfrac{3}{4}\left(1\right)\)

Nếu mở vòi 1 trong 10 phút = `1/6` giờ rồi mở vòi 2 chảy trong 12 phút = `1/5` (bể) thì được `2/15` bể ta có pt:

\(\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{5}\cdot\dfrac{1}{y}=\dfrac{2}{15}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có hpt: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{3}{4}\\\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{5}\cdot\dfrac{1}{y}=\dfrac{2}{15}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{2}\\\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=4\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

Vậy: ... 

a: Ta có: \(sđ\stackrel\frown{AB}=30^0\)

=>ΔOAB cân tại O có \(\widehat{AOB}=30^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{OAB}=\dfrac{180^0-30^0}{2}=75^0\)

Ta có: \(sđ\stackrel\frown{AC}=90^0\)

=>ΔO'AC vuông cân tại O'

=>\(\widehat{O'AC}=45^0\)

Vì (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A

nên O,A,O' thẳng hàng và A nằm giữa O và O'

ta có: \(\widehat{OAB}+\widehat{BAC}+\widehat{O'AC}=180^0\)

=>\(\widehat{BAC}+75^0+45^0=180^0\)

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

b: Ta có: ΔO'AC vuông cân tại O'

=>\(AC=\sqrt{O'A^2+O'C^2}=R'\sqrt{2}\)

Xét ΔCHA vuông tại H có \(sinCAH=\dfrac{CH}{CA}\)

=>\(\dfrac{CH}{R'\sqrt{2}}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(CH=\dfrac{R'\sqrt{6}}{2}\)

a: Xét (O) có \(\widehat{PIM}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung MA và BD

nên \(\widehat{PIM}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{MA}+sđ\stackrel\frown{BD}\right)\)

=>\(\widehat{PIM}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{MA}+sđ\stackrel\frown{AD}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{MD}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{PMD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến MP và dây cung MD

Do đó: \(\widehat{PMD}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{MD}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{PMI}=\widehat{PIM}\)

=>PM=PI

b:

Xét (O) có

PM,PN là các tiếp tuyến

Do đó: PM=PN

mà PM=PI

=>PI=PN

=>\(\widehat{PIN}=\widehat{PNI}\)

mà \(\widehat{PNI}=\widehat{PNA}+\widehat{INA}\) và \(\widehat{PIN}=\widehat{INB}+\widehat{IBN}\)

và \(\widehat{PNA}=\widehat{IBN}=\widehat{ABN}\)

nên \(\widehat{INA}=\widehat{INB}\)

=>NI là phân giác của góc ANB

Xét ΔNAB có NI là phân giác

nên \(\dfrac{IA}{IB}=\dfrac{NA}{NB}\)

=>\(IA\cdot NB=NA\cdot IB\)

a: ΔABC đều

=>AB=AC=BC và \(\widehat{BAC}=\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=60^0\)

=>\(sđ\stackrel\frown{BC}=sđ\stackrel\frown{AB}=sđ\stackrel\frown{AC}\)

Xét (O) có

\(\widehat{BMA}\) là góc nội tiếp chắn cung BA

\(\widehat{CMA}\) là góc nội tiếp chắn cung CA

\(sđ\stackrel\frown{BA}=sđ\stackrel\frown{CA}\)

Do đó: \(\widehat{BMA}=\widehat{CMA}\)

=>MA là phân giác của góc BMC

b: Xét (O) có

\(\widehat{BMA}\) là góc nội tiếp chắn cung BA

\(\widehat{BCA}\) là góc nội tiếp chắn cung BA

Do đó: \(\widehat{BMA}=\widehat{BCA}=60^0\)

Xét ΔBMD có MB=MD và \(\widehat{BMD}=60^0\)

nên ΔMBD đều

c: Xét (O) có

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

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

Do đó: \(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}=\widehat{BAD}\)

Ta có: \(\widehat{BDM}+\widehat{BDA}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(\widehat{BDA}=180^0-60^0=120^0\)

Xét tứ giác ABMC có A,B,M,C cùng thuộc (O)

nên ABMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BAC}+\widehat{BMC}=180^0\)

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

Xét ΔBAD và ΔBCM có

\(\widehat{BAD}=\widehat{BCM}\)

\(\widehat{ADB}=\widehat{CMB}\left(=120^0\right)\)

Do đó: ΔBAD~ΔBCM

=>\(\widehat{ABD}=\widehat{CBM}\)

Xét ΔADB và ΔCMB có

AB=CB

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

DB=MB

Do đó: ΔADB=ΔCMB

d: MA=DA+DM

mà DA=CM và DM=MB

nên MA=MB+MC

a: Xét (O) có

\(\widehat{BAP}\) là góc nội tiếp chắn cung BP

\(\widehat{CAP}\) là góc nội tiếp chắn cung CP

\(\widehat{BAP}=\widehat{CAP}\)

Do đó: \(sđ\stackrel\frown{BP}=sđ\stackrel\frown{CP}\)

=>P là điểm chính giữa của cung BC

=>OP\(\perp\)BC

Ta có: OP\(\perp\)BC

AH\(\perp\)BC

Do đó: AH//OP

b: Ta có: AH//OP

=>\(\widehat{HAP}=\widehat{OPA}\)

mà \(\widehat{OAP}=\widehat{OPA}\)(ΔOAP cân tại O)

nên \(\widehat{HAP}=\widehat{OAP}\)

=>AP là phân giác của góc HAO

a: Xét tứ giác ABCD có A,B,C,D cùng thuộc (O)

nên ABCD là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^0\)

mà \(\widehat{BCD}+\widehat{ABC}=180^0\)(hai góc trong cùng phía, AB//CD)

nên \(\widehat{BAD}=\widehat{ABC}\)

=>ABCD là hình thang cân

=>AD=BC

Xét (O) có \(\widehat{AKD}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AD,BC

=>\(\widehat{AKD}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{AD}+sđ\stackrel\frown{BC}\right)=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{AD}+sđ\stackrel\frown{AD}\right)=sđ\stackrel\frown{AD}\left(1\right)\)

Xét (O) có \(\widehat{AOD}\) là góc ở tâm chắn cung AD

nên \(sđ\stackrel\frown{AD}=\widehat{AOD}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{AKD}=\widehat{AOD}\)

a: Vì C là điểm chính giữa của cung AB

=>\(sđ\stackrel\frown{CA}=sđ\stackrel\frown{CB}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AB}}{2}=90^0\)

Xét (O) có \(\widehat{CMA}\) là góc nội tiếp chắn cung CA

nên \(\widehat{CMA}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{CA}=45^0\)

Xét ΔCNM vuông tại N có \(\widehat{CMN}=45^0\)

nên ΔCNM vuông cân tại N

b: Xét tứ giác CAON có \(\widehat{COA}=\widehat{CNA}=90^0\)

nên CAON là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{OCN}=\widehat{OAN}\)

c: Để ΔOMC đều thì \(\widehat{COM}=60^0\)

=>\(sđ\stackrel\frown{CM}=60^0\)

Vậy: M nằm trên cung BC sao cho \(sđ\stackrel\frown{CM}=60^0\) thì ΔOMC đều

a: Xét ΔABC có \(\widehat{BAC}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^0\)

=>\(\widehat{BAC}+46^0+72^0=180^0\)

=>\(\widehat{BAC}=62^0\)

b:

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

nên \(sđ\stackrel\frown{AC}=2\cdot\widehat{ABC}=2\cdot46^0=92^0\)

Xét (O) có \(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

nên \(sđ\stackrel\frown{AB}=\widehat{ACB}\cdot2=2\cdot72^0=144^0\)

Xét (O) có \(\widehat{ABN}\) là góc nội tiếp chắn cung AN

\(\widehat{NBC}\) là góc nội tiếp chắn cung NC

\(\widehat{ABN}=\widehat{NBC}\)

Do đó: \(sđ\stackrel\frown{AN}=sđ\stackrel\frown{NC}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AC}}{2}=\dfrac{92^0}{2}=46^0\)

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

nên \(sđ\stackrel\frown{BC}=2\cdot\widehat{BAC}\)=2*62=124 độ

Xét (O) có

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

\(\widehat{CAM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

\(\widehat{BAM}=\widehat{CAM}\)

Do đó: \(sđ\stackrel\frown{BM}=sđ\stackrel\frown{CM}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{BC}}{2}=\)62 độ

Xét (O) có \(\widehat{BIM}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BM và AN

=>\(\widehat{BIM}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{BM}+sđ\stackrel\frown{AN}\right)\)

=>\(\widehat{BIM}=\dfrac{1}{2}\left(62^0+46^0\right)=54^0\)

Xét (O) có

\(\widehat{AMB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

=>\(\widehat{AMB}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AB}=72^0\)

Xét ΔIBM có \(\widehat{IBM}+\widehat{IMB}+\widehat{BIM}=180^0\)

=>\(\widehat{IBM}+54^0+72^0=180^0\)

=>\(\widehat{IBM}=54^0\)

c: Vì \(\widehat{MIB}=\widehat{MBI}=54^0\)

nên MI=MB

mà MB=MC

nên MI=MB=MC