Xét ΔOBC có OB=OC=BC(=R)

nên ΔOBC đều

=>\(\widehat{OBC}=\widehat{OCB}=60^0=\widehat{BOC}\)

Ta có: \(\widehat{ABC}+\widehat{OBC}=\widehat{OBA}\)

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

=>\(\widehat{ABC}=30^0\)

Xét tứ giác OBAC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}+\widehat{BOC}+\widehat{BAC}=360^0\)

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

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

Gọi x là tiếp tuyến tại P của (O)

     Xét (O) có:

 góc BPx = góc PAB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung PB của (O))  (1)

     Xét (O') có:

 góc BAP = góc AQB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB của (O'))  (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra góc BPx = AQB

                 mà 2 góc này nằm ở vị trí so le trong

                nên AQ // Px

Vậy AQ song song với tiếp tuyến tại P của (O)

a/

Ta có M và A cùng nhìn OC dưới 1 góc \(90^o\) => ACMO là tứ giác nội tiếp

b/

Xét tg vuông BED và tg vuông AEC có \(\widehat{BED}\) chung

=> tg BED đồng dạng với tg AEC (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{DB}{CA}=\dfrac{DE}{CE}\)

Mà 

\(DB=DM;CA=CM\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm...)\(\Rightarrow\dfrac{DB}{CA}=\dfrac{DM}{CM}=\dfrac{DE}{CE}\Rightarrow DM.CE=CM.DE\)

c/

Ta có

\(CA\perp AB\left(gt\right);DB\perp AB\left(gt\right)\) => CA//DB

\(\Rightarrow\dfrac{BN}{CN}=\dfrac{DB}{CA}\) (Talet)

Mà \(\dfrac{DM}{CM}=\dfrac{DB}{CA}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BN}{CN}=\dfrac{DM}{CM}\) => MN//BD (Talet đảo trong tam giác)

a: Sửa đề: MK\(\perp\)AB

Xét tứ giác BIMK có \(\widehat{BIM}+\widehat{BKM}=90^0+90^0=180^0\)

nên BIMK là tứ giác nội tiếp

=>B,I,M,K cùng thuộc một đường tròn

b: Xét tứ giác IMHC có \(\widehat{MIC}+\widehat{MHC}=90^0+90^0=180^0\)

nên IMHC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{MHI}=\widehat{MCI}\)(1)

Ta có: BIMK là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{MIK}=\widehat{MBK}\left(2\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{MCB}\) là góc nội tiếp chắn cung MB

\(\widehat{MBK}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BK và dây cung BM

Do đó: \(\widehat{MCB}=\widehat{MBK}=\widehat{MCI}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{MIK}=\widehat{MHI}\)

Ta có: BIMK là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{MKI}=\widehat{MBI}=\widehat{MBC}\left(4\right)\)

Ta có: IMHC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{MIH}=\widehat{MCH}\left(5\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{MBC}\) là góc nội tiếp chắn cung MC

\(\widehat{MCH}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CH và dây cung CM

Do đó: \(\widehat{MBC}=\widehat{MCH}\left(6\right)\)

Từ (4),(5),(6) suy ra \(\widehat{MIH}=\widehat{MKI}\)

Xét ΔMIH và ΔMKI có

\(\widehat{MIH}=\widehat{MKI}\)

\(\widehat{MHI}=\widehat{MIK}\)

Do đó: ΔMIH~ΔMKI

=>\(\dfrac{MI}{MK}=\dfrac{MH}{MI}\)

=>\(MI^2=MH\cdot MK\)

\(x^2-\left(m-4\right)x+m+4=0\)

\(\text{Δ}=\left[-\left(m-4\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(m+4\right)\)

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

\(=m^2-8m+16-4m-16=m^2-12m=m\left(m-12\right)\)

Để phương trình có hai nghiệm thì Δ>=0

=>m(m-12)>=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}m>=12\\m< =0\end{matrix}\right.\)

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{-\left[-\left(m-4\right)\right]}{1}=m-4\\x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=m+4\end{matrix}\right.\)

\(x_1\left(x_1-1\right)+x_2\left(x_2-1\right)=18\)

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

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

=>\(\left(m-4\right)^2-2\left(m+4\right)-\left(m-4\right)=18\)

=>\(m^2-8m+16-2m-8-m+4=18\)

=>\(m^2-11m+12-18=0\)

=>\(m^2-11m-6=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=\dfrac{11+\sqrt{145}}{2}\left(loại\right)\\m=\dfrac{11-\sqrt{145}}{2}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Xét \(\Delta ABE\) có

\(AE=AB\Rightarrow\Delta ABE\) cân tại A

Ta có \(MB=ME\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{EAM}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=\dfrac{90^o}{2}=45^o\)  và \(AM\perp BE\)(Trong tg cân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh tg cân đồng thời là đường cao và đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân)

Ta có M và H cùng nhìn AB dưới một góc \(90^o\) => ABHM là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{AHM}=45^o\) (góc nt cùng chắn cung AM)

\(\Rightarrow\widehat{CHM}=\widehat{AHC}-\widehat{AHM}=90^o-45^o=45^o\)

\(\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{CHM}=45^o\) => HM là phân giác của \(\widehat{AHC}\)

ĐKXĐ: x<>2 và y>=-1

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x-2}-2\sqrt{y+1}=-4\\\dfrac{2}{x-2}+\sqrt{y+1}=7\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2}{x-2}-4\sqrt{y+1}=-8\\\dfrac{2}{x-2}+\sqrt{y+1}=7\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}-5\sqrt{y+1}=-15\\\dfrac{2}{x-2}+\sqrt{y+1}=7\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{y+1}=3\\\dfrac{2}{x-2}=7-3=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y+1=9\\x-2=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=8\\x=\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)

ai giải giúp mik ko, tự giải đi nè