Sorry chị nha , em mới học lớp 4 nên ko giải đc

a) Vì \(\hept{\begin{cases}AD\perp BC\\CF\perp AB\\BE\perp AC\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{AFC}=90^0\\\widehat{AEB}=90^0\\\widehat{ADC}=90^0\end{cases}}\)

Xét tứ giác AEHF có: 

\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\)mà 2 góc này ở vị trí đối trong tứ giác AEHF

\(\Rightarrow AEHF\)nội tiếp ( dhnb )

+)  Xét tứ giác ACDF có: 

\(\widehat{AFC}=\widehat{ADC}=90^0\)

mà 2 đỉnh F,D cùng nhìn cạnh AC dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow ACDF\) nội tiếp

b)  Ta có: \(\widehat{BAC}=\widehat{BVC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\right)\)

Vì tứ giác  AEHF nội tiếp ( cmt) \(\Rightarrow\widehat{EHC}=\widehat{BAC}\left(tc\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BVC}=\widehat{VHC}\)

Xét tam giác HVC có \(\widehat{BVC}=\widehat{VHC}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta HVC\)cân tại C

+)  Vì CE là đường cao của tam giác HVC cân tại C 

=> CE là đường trung tuyến của tam giác HVC

=> E là trung điểm của HV

Xét tam giác FHB và tam giác EHC có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\left(đ^2\right)\\\widehat{BFH}=\widehat{HEC}=90^0\end{cases}\Rightarrow\Delta FHB~EHC\left(g-g\right)}\) (d^2 là đối đỉnh )

\(\Rightarrow\frac{FH}{HB}=\frac{EH}{HC}\)

\(\Rightarrow FH.FC=EH.HB\)

\(\Rightarrow FH.CV=\frac{HV}{2}.HB\)

\(\Rightarrow BH.HV=2FH.CV\left(đpcm\right)\)

c) Mình sẽ làm tắt nha bạn, tắt này cơ bản thôi chỉ là cm tứ giác nội tiếp í mà

Tứ giác AFDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{FAD}=\widehat{FCD}\left(1\right)\)

Tứ giác EHDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{HED}=\widehat{HCD}\left(2\right)\)

(1), (2) \(\Rightarrow\widehat{FAD}=\widehat{HED}\)

Tứ giác BFHD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{FBH}=\widehat{FDH}\left(3\right)\)

Tứ giác BAED nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{ADE}\left(4\right)\)

(3) , (4) \(\Rightarrow\widehat{FDA}=\widehat{HDE}\)

Xét tam giác AFD và tam giác EHD có:

\(\widehat{FAD}=\widehat{HED}\)và \(\widehat{FDA}=\widehat{HDE}\)

\(\Rightarrow\Delta AFD~\Delta EHD\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{FA}{FD}=\frac{HE}{HD}\left(5\right)\)và \(\widehat{AFD}=\widehat{EHD}\)

Xét tam giác AFI và tam giác VHD có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{AFI}=\widehat{VHD}\left(cmt\right)\\\widehat{FAI}=\widehat{HVD}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta AFI~\Delta VHD\left(g-g\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{FA}{F1}=\frac{HV}{HD}=\frac{2HE}{HD}\left(6\right)\)

(5) , (6) \(\Rightarrow\frac{FA}{FI}=\frac{2FA}{FD}\)

\(\Rightarrow FI=\frac{1}{2}FD\)

\(\Rightarrow ID=IF\left(đpcm\right)\)

khoẳng 55 cây thì phải !!

55cây

a) Vì AB,AC là tiếp tuyến của (O) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}AB\perp OB\\AC\perp OC\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}\widehat{ABO}=90^0\\\widehat{ACO}=90^0\end{cases}}\)

Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\)

Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác ABOC

\(\Rightarrow ABOC\)nội tiếp ( dhnb )

b) Xét (O) có AB là tiếp tuyến tại B ; MB là dây cung

\(\Rightarrow\widehat{ABM}=\widehat{ANB}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MB}\right)\)

Xét tam giác ABM và tam giác ANB có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAN}chung\\\widehat{ABM}=\widehat{ANB}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta ABM~\Delta ANB\left(g-g\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AM}=\frac{AN}{AB}\Rightarrow AB^2=AM.AN\left(1\right)\)

c)  Gọi H là giao điểm của BC và AO 

Xét tam giác ABH và tam giác AOB có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAO}chung\\\widehat{AHB}=\widehat{ABO}=90^0\end{cases}}\Rightarrow\Delta ABH~\Delta AOB\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AH}=\frac{AO}{AB}\Rightarrow AB^2=AO.AH\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AM.AN=AH.AO\)

\(\Rightarrow\frac{AM}{AH}=\frac{AO}{AN}\)

Xét tam giác AMH và tam giác AON có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{NAO}chung\\\frac{AM}{AH}=\frac{AO}{AN}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta AMH~\Delta AON\left(c-g-c\right)}\)

\(\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{ANO}\)

Mà \(\widehat{AHM}+\widehat{MHO}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ANO}+\widehat{MHO}=180^0\)

Xét tứ giác MHON có 

\(\widehat{ANO}+\widehat{MHO}=180^0\)mà 2 góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác  MHON

\(\Rightarrow MHON\)nội tiếp ( dhnb ) 

\(\Rightarrow\widehat{NMO}=\widehat{NHO}\left(3\right)\)

Vì H là giao điểm của BC và AO ( h.vẽ )

Mà \(AB,AC\)là tiếp tuyến của (O)

\(\Rightarrow BC\perp OA\)

\(\Rightarrow\widehat{BHO}=90^0\)

Vì NF là tiếp tuyến của (O) tại N

\(\Rightarrow\widehat{ÒNF}=90^0\)

Xét tứ giác FHON có:\(\widehat{FHO}+\widehat{FNO}=180^0\)mà 2 góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác FHON

=> FHON nội tiếp ( dhnb )

\(\Rightarrow\widehat{NHO}=\widehat{NFO}\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\widehat{NMO}=\widehat{NFO}\)

\(\Rightarrow FMON\)nội tiếp (dhnb)

\(\Rightarrow\widehat{FMO}+\widehat{FNO}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{FMO}=90^0\)

\(\Rightarrow FM\perp OM\)

\(\Rightarrow FM\)là tiếp tuyến của (O) 

d)  Vì E thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MNO 

\(\Rightarrow E\)thuộc đường tròn đường kính OF

\(\Rightarrow\widehat{OEF}=90^0\)

+) Vì E thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC hay E thuộc đường tròn đường kính AO

\(\Rightarrow\widehat{AEO}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{OEF}+\widehat{AEO}=180^0\)

\(\Rightarrow A,E,F\)thẳng hàng

Lại có vì góc AEO= 90 độ \(\Rightarrow OE\perp AF\left(5\right)\)

Gọi K là trung điểm của MN

\(\Rightarrow OF\perp MN\)

\(\Rightarrow AK\perp OF\)

Xét tam giác AOF có: \(\hept{\begin{cases}AK\perp OF\\FH\perp AO\end{cases}}\)mà AK cắt FH tại P

=> P là trực tâm của tam giác AOF

\(\Rightarrow OP\perp AF\left(6\right)\)

Từ (5) và (6) \(\Rightarrow O,E,P\)thẳng hàng ( đpcm )

Ta có:

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

=> PT luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi GT của m

Theo hệ thức viet ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-m-2\\x_1x_2=m-1\end{cases}}\)

Thay vào A ta được:

\(A=x_1^2+x_2^2-3x_1x_2\)

\(A=\left(x_1+x_2\right)^2-5x_1x_2\)

\(A=\left(-m-2\right)^2-5\left(m-1\right)\)

\(A=m^2+4m+4-5m+5=m^2-m+9\)

\(A=\left(m^2-m+\frac{1}{4}\right)+\frac{35}{4}\)

\(A=\left(m-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{35}{4}\ge\frac{35}{4}\left(\forall m\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(m=\frac{1}{2}\)

Vậy \(Min_A=\frac{35}{4}\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}\)

Δ = b² - 4ac = ( m + 2 )² - 4( m - 1 ) = m² + 4m + 4 - 4m + 4 = m² + 8 ≥ 8 > 0 ∀ m

hay phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Theo hệ thức Viète ta có : \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=-m-2\\x_1x_2=\frac{c}{a}=m-1\end{cases}}\)

Khi đó : A = x₁² + x₂² - 3x₁x₂ = ( x₁ + x₂ )² - 5x₁x₂

= ( -m - 2 )² - 5( m - 1 ) = m² + 4m + 4 - 5m + 5

= m² - m + 9 = ( m - 1/2 )² + 35/4 ≥ 35/4 ∀ m

Dấu "=" xảy ra <=> m = 1/2. Vậy MinA = 35/4