a: Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

b: Xét (O) có

ΔCED nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔCED vuông tại E

=>CE\(\perp\)ED tại E

=>CE\(\perp\)AD tại E

Xét ΔDCA vuông tại C có CE là đường cao

nên \(AE\cdot AD=AC^2\)

mà AC=AB

nên \(AE\cdot AD=AB^2\)

c: Xét (O) có

MB,ME là tiếp tuyến

Do đó: MB=ME

Xét (O) có

NE,NC là tiếp tuyến

Do đó: NE=NC

Chu vi tam giác AMN là:

\(C_{AMN}=AM+MN+AN\)

\(=AM+ME+EN+NA\)

\(=AM+MB+NC+NA\)

\(=AB+AC\)

a: Ta có: ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của \(\widehat{BOC}\)

=>OA là phân giác của góc BOC

Xét ΔOBA và ΔOCA có

OB=OC

\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}=90^0\)

=>AC là tiếp tuyến của (O)

b: Xét (O) có

ΔCED nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔCED vuông tại E

=>CE\(\perp\)ED tại E

=>CE\(\perp\)AD tại E

Xét ΔDCA vuông tại C có CE là đường cao

nên \(AE\cdot AD=AC^2\)

mà AC=AB

nên \(AE\cdot AD=AB^2\)

c: Gọi giao điểm của ON với DE là K

Theo đề, ta có: ON\(\perp\)DE tại K

Ta có: ΔODE cân tại O

mà OK là đường cao

nên K là trung điểm của DE

Xét ΔOKA vuông tại K và ΔOHN vuông tại H có

\(\widehat{KOA}\) chung

Do đó: ΔOKA đồng dạng với ΔOHN

=>\(\dfrac{OK}{OH}=\dfrac{OA}{ON}\)

=>\(OK\cdot ON=OH\cdot OA\)(1)

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=OD^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(OD^2=OK\cdot ON\)

=>\(\dfrac{OD}{OK}=\dfrac{ON}{OD}\)

Xét ΔODN và ΔOKD có

\(\dfrac{OD}{OK}=\dfrac{ON}{OD}\)

\(\widehat{DON}\) chung

DO đó: ΔODN đồng dạng với ΔOKD

=>\(\widehat{ODN}=\widehat{OKD}=90^0\)

=>DN là tiếp tuyến của (O)

a: Xét tứ giác MAOH có

\(\widehat{MAO}+\widehat{MHO}=90^0+90^0=180^0\)

=>MAOH là tứ giác nội tiếp

=>M,A,O,H cùng thuộc một đường tròn

b:

ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của bC

=>\(HB=HC=\dfrac{BC}{2}\)

Xét ΔDOB vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot HD=BH^2\)

\(=\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}\cdot BC^2\)

Ta có: ΔOBC cân tại O

mà OD là đường cao

nên OD là phân giác của góc BOC

Xét ΔOBD và ΔOCD có 

OB=OC

\(\widehat{BOD}=\widehat{COD}\)

OD chung

Do đó: ΔOBD=ΔOCD

=>\(\widehat{OBD}=\widehat{OCD}=90^0\)

=>DC là tiếp tuyến của (O)

- Câu văn trên không phải là câu bị động.

- Ở đây, "đang nương tựa" thể hiện hành động của hai bà cháu, biến đối từ "chỉ có hai bà cháu nương tựa vào nhau" của câu gốc.

a: Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO\(\perp\)AB tại trung điểm của AB

=>MO\(\perp\)AB tại H và H là trung điểm của AB

b: Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>AC\(\perp\)CD tại C

=>AC\(\perp\)MD tại C

Xét tứ giác AHCM có

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

=>AHCM là tứ giác nội tiếp

=>A,H,C,M cùng thuộc một đường tròn

c: Xét ΔADM vuông tại A có \(cosAMD=\dfrac{AM}{MD}\)

=>\(cosAMC=\dfrac{AM}{MD}\)

AHCM là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AHC}+\widehat{AMC}=180^0\)

mà \(\widehat{AHC}+\widehat{CHB}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{AMC}=\widehat{CHB}\)

Xét ΔADM vuông tại A có \(sinAMC=sinAMD=\dfrac{AD}{DM}\)

=>\(sinCHB=\dfrac{AD}{DM}\)

Xét ΔADM vuông tại A có AC là đường cao

nên \(AC\cdot DM=AD\cdot AM\)

\(DM\cdot cosAMC\cdot sinCHB\)
\(=DM\cdot\dfrac{AM}{MD}\cdot\dfrac{AD}{DM}\)
\(=\dfrac{AM\cdot AD}{DM}=\dfrac{AC\cdot DM}{DM}=AC\)

a: Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BA

=>OM\(\perp\)BA tại H và H là trung điểm của BA

b: Xét (O) có

ΔADE nội tiếp

AE là đường kính

Do đó: ΔADE vuông tại D

=>AD\(\perp\)DE tại D

=>AD\(\perp\)EM tại D

Xét ΔAEM vuông tại A có ADlà đường cao

nên \(MD\cdot ME=MA^2\left(3\right)\)

Xét ΔMAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(MD\cdot ME=MH\cdot MO\)

c: Ta có: ΔODE cân tại O

mà OF là đường trung tuyến

nên OF\(\perp\)DE tại F

=>OK\(\perp\)DE tại F

Xét ΔOFM vuông tại F và ΔOHK vuông tại H có

\(\widehat{FOM}\) chung

Do đó: ΔOFM~ΔOHK

=>\(\dfrac{OF}{OH}=\dfrac{OM}{OK}\)

=>\(OF\cdot OK=OH\cdot OM\left(5\right)\)

Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OA^2=OD^2\left(6\right)\)

Từ (5) và (6) suy ra \(OF\cdot OK=OD^2\)

=>\(\dfrac{OF}{OD}=\dfrac{OD}{OK}\)

Xét ΔOFD và ΔODK có

\(\dfrac{OF}{OD}=\dfrac{OD}{OK}\)

\(\widehat{FOD}\) chung

Do đó: ΔOFD~ΔODK

=>\(\widehat{OFD}=\widehat{ODK}=90^0\)

=>KD là tiếp tuyến của (O)

Gọi M là trung điểm của CD

=>M là tâm của đường tròn đường kính CD

=>E thuộc (M)

Xét (M) có

ΔCED nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔCED vuông tại E

=>DE\(\perp\)EC tại E

=>DE\(\perp\)AC tại E

Xét ΔABD có

AH là đường cao

AH là đường trung tuyến

Do đó: ΔABD cân tại A

TA có: ΔABD cân tại A

mà AH là đường cao

nên AH là phân giác của góc BAD

=>\(\widehat{BAH}=\widehat{DAH}\)

Xét tứ giác AHDE có

\(\widehat{AHD}+\widehat{AED}=90^0+90^0=180^0\)

=>AHDE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{DEH}=\widehat{DAH}\)

mà \(\widehat{DAH}=\widehat{BAH}\)

nên \(\widehat{DEH}=\widehat{BAH}\)

mà \(\widehat{BAH}=\widehat{C}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

nên \(\widehat{DEH}=\widehat{C}\)

Ta có: ME=MD

=>ΔMED cân tại M

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

=>\(\widehat{MED}=\widehat{CDE}\)

\(\widehat{HEM}=\widehat{HED}+\widehat{MED}\)

\(=\widehat{CDE}+\widehat{C}\)

\(=90^0\)

=>HE\(\perp\)EM tại E

Xét (M) có

ME là bán kính

HE\(\perp\)ME tại E

Do đó: HE là tiếp tuyến của (M)

 bài 1:

\(2x^2\left(3x^3+2x\right)\)

\(=2x^2\cdot3x^3+2x^2\cdot2x\)

\(=6x^5+4x^3\)

\(3x\left(x^2+2x+2\right)=3x\cdot x^2+3x\cdot2x+3x\cdot2=3x^3+6x^2+6x\)

\(\left(3x+3\right)\left(6x^2+2x+3\right)\)

\(=18x^3+6x^2+9x+18x^2+6x+9\)

\(=18x^3+24x^2+15x+9\)

\(\left(5x+4\right)\left(3x-1\right)\)

\(=15x^2-5x+12x-4\)

\(=15x^2+7x-4\)

\(\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)

\(=x^2-1^2\)

\(=x^2-1\)

\(2x^2\left(x^3-x^2+1\right)+4x\left(x^4-2x^3+1\right)\)

\(=2x^5-2x^4+2x^2+4x^5-8x^4+4x\)

\(=6x^5-10x^4+2x^2+4x\)

\(x^3\left(1+2x^2-4x\right)+3x^3\left(3-x\right)\)

\(=x^3+2x^5-4x^4+9x^3-3x^4\)

\(=2x^5-7x^4+10x^3\)

bài 2:

\(B=4x^2\cdot\left(x^2+4x+2\right)\)

\(=4x^2\cdot x^2+4x^2\cdot4x+4x^2\cdot2\)

\(=4x^4+16x^3+8x^2\)

Khi x=1/2 thì \(B=4\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^4+16\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^3+8\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^2\)

\(=4\cdot\dfrac{1}{16}+16\cdot\dfrac{1}{8}+8\cdot\dfrac{1}{4}\)

\(=\dfrac{1}{4}+2+2=4,25\)

cảm ơn

a: Xét (O) có

MA,MC là tiếp tuyến

Do đó: MA=MC

=>M nằm trên đường trung trực của AC(1)

Ta có: OA=OC

=>O nằm trên đường trung trực của AC(2)

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AC

=>MO\(\perp\)AC tại trung điểm của AC

=>MO\(\perp\)AC tại H và H là trung điểm của AC

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 ΔMAB vuông tại A có AD là đường cao

nên \(MD\cdot MB=MA^2\left(3\right)\)

Xét ΔMAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(MD\cdot MB=MH\cdot MO\)

=>\(\dfrac{MD}{MO}=\dfrac{MH}{MB}\)

Xét ΔMDH và ΔMOB có

\(\dfrac{MD}{MO}=\dfrac{MH}{MB}\)

\(\widehat{DMH}\) chung

Do đó: ΔMDH đồng dạng với ΔMOB

=>\(\widehat{MHD}=\widehat{MBO}=\widehat{MBA}\)

vẽ hình nx nha

a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔBDE nội tiếp

BE là đường kính

Do đó: ΔBDE vuông tại D

=>BD\(\perp\)DE tại D

=>BD\(\perp\)AE tại D

Xét ΔEBA vuông tại B có BD là đường cao

nên \(ED\cdot EA=EB^2=4\cdot OB^2\)(1)

Xét (O) có

BA,AC là tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (2) và (3) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

=>\(4\cdot OH\cdot OA=4\cdot OB^2=\left(2\cdot OB\right)^2=BE^2\left(4\right)\)

Từ (1) và (4) suy ra \(ED\cdot EA=4\cdot OH\cdot OA\)

vẽ hình nx bn