Trình bày ngắn gọn hướng giải, chi tiết tỉ mỉ em tự thực hiện

a.

AD vuông góc MO tại H \(\Rightarrow HA=HD\)

\(\Rightarrow\Delta_{\perp}OHA=\Delta_{\perp}OHD\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{HOA}=\widehat{HOD}\)

\(\Rightarrow\Delta MOA=\Delta MOD\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MDO}=\widehat{MAO}=90^0\)

\(\Rightarrow MD\) là tiếp tuyến

b.

\(\widehat{MAB}=\widehat{MCA}\) (góc nt và góc tạo bởi tiếp tuyến - dây cung cùng chắn AB)

\(\Rightarrow\Delta MAB\sim\Delta MCA\)

\(\Rightarrow\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MB}{MA}\Rightarrow MA^2=MB.MC\)

Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAO với đường cao AH:

\(MA^2=MH.MO\)

\(\Rightarrow MB.MC=MH.MO\Rightarrow\dfrac{MB}{MO}=\dfrac{MH}{MC}\)

Lại có \(\widehat{HMB}\) chung

\(\Rightarrow\Delta MHB\sim\Delta MCO\left(c.g.c\right)\)

c.

MA, MD là tiếp tuyến nên các tam giác MAO, MDO vuông

\(\Rightarrow M,A,D,O\) thuộc đường tròn đường kính MO

I là trung điểm BC \(\Rightarrow OI\perp BC\)

\(\Rightarrow\Delta MOI\) vuông tại I nên M, O, I thuộc đường tròn đường kính MO

\(\Rightarrow I,A,M,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính MO

Hay đường tròn ngoại tiếp MAD đi qua I

d.

Kẻ tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại P

\(\Rightarrow\) Các tam giác PBO và PCO vuông nên P, B, C, O thuộc đường tròn đường kính OP (1)

Mặt khác OI đi qua trung điểm BC \(\Rightarrow OI\) là trung trực BC

\(PB=PC\) (hai tiếp tuyến cắt nhau), \(OB=OC=R\) nên OP là trung trực BC

\(\Rightarrow P,O,I\) thẳng hàng hay P nằm trên OI (2)

Từ câu b ta có \(\Delta MHB\sim\Delta MCO\Rightarrow\widehat{MCO}=\widehat{MHB}\)

Mà \(\widehat{MHB}+\widehat{BHO}=180^0\Rightarrow\widehat{MCO}+\widehat{BHO}=180^0\)

\(\Rightarrow BCOH\) nội tiếp hay 4 điểm B, C, O, H cùng thuộc 1 đường tròn (3)

(1);(3) \(\Rightarrow P,C,O,B,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính PO

\(\Rightarrow\widehat{PHO}\) là góc nt chắn nửa đường tròn (do PO là đường kính) 

\(\Rightarrow PH\perp OM\)

Mà \(AD\perp OM\) hay \(AH\perp OM\) theo giả thiết 

\(\Rightarrow\) Đường thẳng PH trùng đường thẳng AD, hay P nằm trên đường thẳng AD (4)

(2);(4) \(\Rightarrow P\) là giao điểm của OI và AD

\(\Rightarrow P\) trùng Q

\(\Rightarrow Q\) là giao điểm 2 tiếp tuyến tại B và C

Hay QB, QC là tiếp tuyến của (O)

a: Kẻ AI là tiếp tuyến chung của hai đường tròn tại A(I\(\in\)DE)

Xét (O) có

ID,IA là các tiếp tuyến

Do đó: ID=IA và OI là phân giác của góc AOD và IO là phân giác của góc DIA

Xét (O') có

IA,IE là các tiếp tuyến

Do đó: IA=IE và O'I; IO' lần lượt là phân giác của các góc AO'E và AIE

Ta có: IA=IE

ID=IA

Do đó: IE=ID

=>I là trung điểm của ED

Xét ΔADE có

AI là đường trung tuyến

\(AI=\dfrac{DE}{2}\)

Do đó: ΔADE vuông tại A

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

b: Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD\(\perp\)DB tại D

=>AD\(\perp\)MB tại D

Xét (O') có

ΔAEC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔAEC vuông tại E

=>AE\(\perp\)EC tại E

=>AE\(\perp\)MC tại E

Xét tứ giác MDAE có

\(\widehat{MDA}=\widehat{MEA}=\widehat{DAE}=90^0\)

=>MDAE là hình chữ nhật

c: Ta có: MDAE là hình chữ nhật

=>MA cắt DE tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của DE

nên I là trung điểm của MA

=>MA\(\perp\)BC tại A

=>MA là tiếp tuyến chung của (O) và (O')

d: Ta có: MDAE là hình chữ nhật

=>\(\widehat{MDE}=\widehat{MAE}\)

mà \(\widehat{MAE}=\widehat{MCB}\left(=90^0-\widehat{EAC}\right)\)

nên \(\widehat{MDE}=\widehat{MCB}\)

Xét ΔMDE và ΔMCB có

\(\widehat{MDE}=\widehat{MCB}\)

\(\widehat{M}\) chung

Do đó: ΔMDE~ΔMCB

=>\(\dfrac{MD}{MC}=\dfrac{ME}{MB}\)

=>\(MD\cdot MB=ME\cdot MC\)

a: Ta có: ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên AM=MB=MC

Xét ΔMAO và ΔMBO có

MA=MB

AO=BO

MO chung

Do đó: ΔMAO=ΔMBO

=>\(\widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0\)

Xét ΔMCI và ΔMAI có

MC=MA

CI=AI

MI chung

Do đó: ΔMCI=ΔMAI

=>\(\widehat{MCI}=\widehat{MAI}=90^0\)

Ta có: \(\widehat{MAO}+\widehat{MAI}=\widehat{IAO}\)

=>\(\widehat{IAO}=90^0+90^0=180^0\)

=>I,A,O thẳng hàng

=>OA+AI=OI

=>(O) và (I) tiếp xúc với nhau tại A

b: Xét (O) có

OA là bán kính

MA\(\perp\)AO tại A

Do đó: MA là tiếp tuyến của (O)

Xét (I) có

IA là bán kính

IA\(\perp\)MA tại A

Do đó: MA là tiếp tuyến của (I)

c: Ta có: ΔMAO=ΔMBO

=>\(\widehat{AMO}=\widehat{BMO}\)

mà tia MO nằm giữa hai tia MA,MB

nên MO là phân giác của góc AMB

=>\(\widehat{AMB}=2\cdot\widehat{AMO}\)

Ta có: ΔMAI=ΔMCI

=>\(\widehat{AMI}=\widehat{CMI}\)

mà tia MI nằm giữa hai tia MA,MC

nên MI là phân giác của góc AMC

=>\(\widehat{AMC}=2\cdot\widehat{AMI}\)

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

=>\(2\cdot\left(\widehat{AMI}+\widehat{AMO}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\widehat{IMO}=180^0\)

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

=>ΔIMO vuông tại M

d: Gọi H là trung điểm của IO

ΔIMO vuông tại M

mà MH là đường trung tuyến

nên HM=HI=HO

=>H là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔOMI

Xét hình thang BOIC có

H,M lần lượt là trung điểm của OI,BC

=>HM là đường trung bình của hình thang BOIC

=>HM//CI//OB

Ta có: HM//CI

CI\(\perp\)CB

Do đó: HM\(\perp\)CB

Xét (H) có

HM là bán kính

CB\(\perp\)HM tại M

Do đó: CB là tiếp tuyến của (H)

=>CB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔOMI

a.

Do \(OB||O'C\Rightarrow\widehat{BOA}+\widehat{CO'A}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OB=3\\O'A=OC'=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) các tam giác OAB và O'AC lần lượt cân tại O và O'

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OBA}=\widehat{OAB}\\\widehat{O'CA}=\widehat{O'AC}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=180^0-\left(\widehat{OAB}+\widehat{O'CA}\right)=180^0-\left(\dfrac{180^0-\widehat{BOA}}{2}+\dfrac{180^0-\widehat{CO'A}}{2}\right)\)

\(=180^0-\left(180^0-\dfrac{\widehat{BOA}+\widehat{CO'A}}{2}\right)=90^0\)

b.

Do \(O'C||OB\), áp dụng định lý Thales:

\(\dfrac{O'C}{OB}=\dfrac{IO'}{OI}=\dfrac{OI-OO'}{OI}=\dfrac{OI-\left(OA+OA'\right)}{OI}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{3}=1-\dfrac{4}{OI}\Rightarrow\dfrac{4}{OI}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow OI=6\) (cm)

a: Xét (O) có

IC,IA là các tiếp tuyến

Do đó: IC=IA

Xét (O') có

IA,ID là các tiếp tuyến

Do đó: IA=ID

Ta có: IA=IC

IA=ID

Do đó: IC=ID

=>I là trung điểm của CD

Xét ΔACD có

AI là đường trung tuyến

\(AI=\dfrac{CD}{2}\)

Do đó: ΔACD vuông tại A

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

b: Xét (O) có

IC,IA là các tiếp tuyến

Do đó: IO là phân giác của góc AIC

=>\(\widehat{AIC}=2\cdot\widehat{AIO}\)

Xét (O') có

IA,ID là các tiếp tuyến

Do đó: IO' là phân giác của góc AID

=>\(\widehat{AID}=2\cdot\widehat{AIO'}\)

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

=>\(2\cdot\left(\widehat{AIO'}+\widehat{AIO}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\widehat{OIO'}=180^0\)

=>\(\widehat{OIO'}=90^0\)

Xét ΔOIO' vuông tại I có IA là đường cao

nên \(IA^2=OA\cdot O'A\)

=>\(IA^2=4,5\cdot2=9\)

=>\(IA=\sqrt{9}=3\left(cm\right)\)

=>\(CD=2\cdot AI=6\left(cm\right)\)

\(\Leftrightarrow4x^2-12xy+12y^2=12y\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-3y\right)^2=12y-3y^2\)

Do \(\left(2x-3y\right)^2\ge0;\forall x;y\Rightarrow12y-3y^2\ge0\)

\(\Rightarrow y^2-4y+4\le4\)

\(\Rightarrow\left(y-2\right)^2\le4\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(y-2\right)^2=0\\\left(y-2\right)^2=1\\\left(y-2\right)^2=4\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow y=\left\{0;1;2;3;4\right\}\)

Lần lượt thế vào pt ban đầu ta được các cặp nghiệm:

\(\left(x;y\right)=\left(0;0\right);\left(0;1\right);\left(3;1\right);\left(3;3\right);\left(6;3\right);\left(6;4\right)\)

(a) \(P,Q\) đối xứng với nhau qua \(BC\) nên \(BC\) là đường trung trực của \(PQ\).

Suy ra: \(CQ=CP\Rightarrow\Delta CPQ\) cân tại \(C\Rightarrow\hat{KCP}=\hat{KCQ}\), hay \(\hat{BCP}=\hat{BCF}\). Mà \(\hat{BAP}=\hat{BCP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(\stackrel\frown{BP}\)).

Do đó: \(\hat{BAP}=\hat{BCF}\)

Xét \(\Delta ABK,\Delta CBF:\)

\(\hat{B}\) chung và \(\hat{BAP}=\hat{BCF}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABK\sim\Delta CBF\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AK}{CF}=\dfrac{AB}{CB}\Leftrightarrow\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{CF}{CB}\left(1\right)\)

Ta cũng dễ chứng minh được \(\Delta ABK\sim\Delta CPK\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AK}{CK}=\dfrac{AB}{CP}=\dfrac{AB}{CQ}\left(CP=CQ\left(cmt\right)\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{CK}{CQ}\left(2\right)\).

Từ (1) và (2), suy ra: \(\dfrac{CF}{CB}=\dfrac{CK}{CQ}\Leftrightarrow\dfrac{CQ}{CB}=\dfrac{CK}{CF}\).

Xét \(\Delta CQK,\Delta CBF:\left\{{}\begin{matrix}\hat{C}\text{ chung}\\\dfrac{CQ}{CB}=\dfrac{CK}{CB}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta CQK\sim\Delta CBF\left(c.g.c\right)\Rightarrow\hat{CKQ}=\hat{CFB}\).

Lại có: \(\hat{CKQ}+\hat{QKB}=180^o\) (kề bù), suy ra \(\hat{CFB}+\hat{QKB}=180^o\).

Đây là hai góc đối nhau nên tứ giác \(BKQF\) nội tiếp được một đường tròn (đpcm).

Chứng minh tương tự như trên thì ta cũng suy ra được tứ giác \(KQEC\) nội tiếp được một đường tròn.

(b) Từ câu a, \(KQEC\) là tứ giác nội tiếp nên \(\hat{QEA}=\hat{QKC}\) (cùng bù với \(\hat{QEC}\)); \(BFQK\) là tứ giác nội tiếp nên \(\hat{QFB}=\hat{QKC}\) (cùng bù với \(\hat{QKB}\)).

Suy ra: \(\hat{QFB}=\hat{QEA}\).

Lại có: \(\hat{QFB}+\hat{QFA}=180^o\) (kề bù) nên \(\hat{QEA}+\hat{QFA}=180^o\)

Đây là hai góc đối nhau nên tứ giác \(AFQE\) nội tiếp (đpcm).

(c) \(L\in\left(AEF\right)\) mà tứ giác \(AFQE\) nội tiếp (cmt), suy ra \(Q\in\left(AEF\right)\), hay tứ giác \(AFLQ\) nội tiếp.

Suy ra: \(\hat{FAL}=\hat{FQL}\) (hai góc cùng nhìn một cạnh), hay \(\hat{BAP}=\hat{FQL}\).

Mà ở câu a, \(\hat{BAP}=\hat{BCF}\Rightarrow\hat{BAP}=\hat{KCQ}\).

\(\Rightarrow\hat{KCQ}=\hat{FQL}\).

Hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(QL\left|\right|CK\), mà \(CK\perp PQ\) (\(BC\) là đường trung trực của \(PQ\) (chứng minh ở a))

Do đó, \(QL\perp PQ\), tức \(\hat{PQL}=90^o\left(đpcm\right)\)

(a) Khi \(m=2,\left(1\right)\Leftrightarrow x^2-4x-5=0\left(2\right)\).

Phương trình (2) có \(a-b+c=1-\left(-4\right)+\left(-5\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=-\dfrac{c}{a}=5\end{matrix}\right.\).

Vậy: Khi \(m=2,S=\left\{-1;5\right\}\).

(b) Điều kiện: \(x_1,x_2\ne0\Rightarrow m\in R\)

Phương trình có nghiệm khi:

\(\Delta'=\left(-m\right)^2-1\cdot\left(-m^2-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow2m^2+1\ge0\left(LĐ\right)\)

Suy ra, phương trình (1) có nghiệm với mọi \(m\).

Theo định lí Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-m^2-1\end{matrix}\right.\)

Theo đề: \(\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}=-\dfrac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}=-\dfrac{5}{2}\Leftrightarrow\dfrac{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2}{x_1x_2}=-\dfrac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(x_1+x_2\right)^2+x_1x_2=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(2m\right)^2+\left(-m^2-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow7m^2=1\Leftrightarrow m=\pm\dfrac{\sqrt{7}}{7}\) (thỏa mãn).

Vậy: \(m=\pm\dfrac{\sqrt{7}}{7}.\)

bạn giải thích kĩ hộ mik vói cái <=> cuối cùng sao ra như vậy

a.

OB song song O'C \(\Rightarrow\widehat{BOA}+\widehat{CO'A}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

Do \(OA=OB=R\) và \(O'A=O'C=R'\) nên các tam giác OAB và O'AC cân tại O và O'

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OAB}=\widehat{OBA}\\\widehat{O'AC}=\widehat{O'CA}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OAB}=\dfrac{180^0-\widehat{BOA}}{2}\\\widehat{O'AC}=\dfrac{180^0-\widehat{CO'A}}{2}\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=180^0-\left(\widehat{OAB}+\widehat{O'AC}\right)=180^0-\left(\dfrac{180^0-\widehat{BOA}}{2}+\dfrac{180^0-\widehat{CO'A}}{2}\right)\)

\(=180^0-\left(180^0-\dfrac{\widehat{BOA}+\widehat{CO'A}}{2}\right)=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại A

b.

TH1:

Nếu \(R=R'\) thì OBCO' là hình bình hành (cặp cạnh đối OB, O'C song song và bằng nhau)

\(\Rightarrow BC||O'O\Rightarrow AH\perp O'O\)

Từ B kẻ \(BK\perp O'O\Rightarrow AHBK\) là hình chữ nhật (tức giác có 3 góc vuông)

\(\Rightarrow AH=BK\le OB=R=R'\)

Dấu "=" xảy ra khi K trùng O hay BC vuông góc OB \(\Rightarrow BC\) là tiếp tuyến của (O)

TH2:

Nếu \(R\ne R'\), không mất tính tổng quát giả sử \(R>R'\)

Kéo dài BC và O'O cắt nhau tại D

Từ O kẻ \(OK\perp BC\)

Áp dụng định lý Talet: \(\dfrac{DO'}{DO}=\dfrac{OC'}{OB}=\dfrac{R'}{R}\)

OK và AH cùng vuông góc BC \(\Rightarrow OK||AH\)

Áp dụng định lý Thales:

\(\dfrac{AH}{OK}=\dfrac{DO'}{DO}=\dfrac{R'}{R}\Rightarrow AH=\dfrac{R'}{R}.OK\)

\(\Rightarrow AH_{max}\) khi \(OK_{max}\)

Mà \(OK\perp BC\Rightarrow OK\le OB\) (đường vuông góc ko lớn hơn đường xiên)

\(\Rightarrow OK_{max}=OB=R\)

\(\Rightarrow AH_{max}=\dfrac{R'}{R}.R=R'\)

Dấu "=" xảy ra khi K trùng B hay BC là tiếp tuyến của (O)