b) Do BD//AC nên \(\widehat{KAI}=\widehat{KDB}\) (2 góc so le trong)

 Lại có \(\widehat{ABI}=\widehat{ABK}=\widehat{BDK}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BK.

 \(\Rightarrow\widehat{KAI}=\widehat{KBA}\)

c) I là trung điểm AC chứ không phải BC nhé.

 Xét tam giác IAK và IBA, ta có:

 \(\widehat{AIB}\) chung, \(\widehat{IAK}=\widehat{IBA}\left(cmt\right)\) 

 \(\Rightarrow\Delta IAK\sim\Delta IBA\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{IA}{IB}=\dfrac{IK}{IA}\)

 \(\Rightarrow IA^2=IB.IK\)

 \(\Rightarrow IA=IC\) (vì theo câu a, \(IC^2=IB.IK\))

 \(\Rightarrow\) I là trung điểm AC.

d) CK vuông góc với đường nào trong đề bài chưa nói nhé.

a: Xét tứ giác MIKC có \(\widehat{MIC}=\widehat{MKC}=90^0\)

nên MIKC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác MIAH có \(\widehat{MIA}+\widehat{MHA}=90^0+90^0=180^0\)

nên MIAH là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác MKBH có \(\widehat{MKB}+\widehat{MHB}=90^0+90^0=180^0\)

nên MKBH là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: MIKC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{MIK}+\widehat{MCK}=180^0\)

=>\(\widehat{MIK}=180^0-\widehat{MCB}\)

Ta có: HAIM là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{MIH}=\widehat{MAH}\)

mà \(\widehat{MAH}=\widehat{MCB}\left(=180^0-\widehat{MAB}\right)\)

nên \(\widehat{MIH}=\widehat{MCB}\)

=>\(\widehat{MIH}+\widehat{MIK}=180^0\)

=>K,I,H thẳng hàng

\(\sqrt{3+2\sqrt{2}}-\sqrt{\dfrac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}}\)

\(=\sqrt{2+2\sqrt{2}+1}-\sqrt{\dfrac{\left(\sqrt{2}-1\right)^2}{\left(\sqrt{2}+1\right)\left(\sqrt{2}-1\right)}}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{2}\right)^2+2\sqrt{2}\cdot1+1^2}-\sqrt{\dfrac{\left(\sqrt{2}-1\right)^2}{\left(\sqrt{2}+1\right)\left(\sqrt{2}-1\right)}}\)

\(=\sqrt{\left(\sqrt{2}+1\right)^2}-\sqrt{\dfrac{\left(\sqrt{2}-1\right)^2}{\left(\sqrt{2}\right)^2-1^2}}\)

\(=\sqrt{2}+1-\sqrt{\dfrac{\left(\sqrt{2}-1\right)^2}{2-1}}\)

\(=\sqrt{2}+1-\sqrt{\dfrac{\left(\sqrt{2}-1\right)^2}{1}}\)

\(=\sqrt{2}+1-\sqrt{\left(\sqrt{2}-1\right)^2}\)

\(=\sqrt{2}+1-\left(\sqrt{2}-1\right)\)

\(=\sqrt{2}+1-\sqrt{2}+1=2\)

Xét 2024 số:

\(a_1=2024\)

\(a_2=20242024\)

\(a_3=202420242024\)

...

\(a_{2024}=20242024...2024\) (2024 lần cụm "2024")

 Một số khi chia cho 2023 thì có 2023 số dư phân biệt là 0, 1, 2,..., 2023 

 \(\Rightarrow\) Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2 số \(a_i,a_j\left(i\ne j,1\le i< j\le2024\right)\) trong số 2024 số kể trên có cùng số dư khi chia cho 2023. 

 \(\Rightarrow a_j-a_i⋮2023\)

 \(\Rightarrow20242024...2024-20242024...2024⋮2023\)

       (\(j\) cụm "2024)          (\(i\) cụm "2024)

 \(\Rightarrow20242024...2024000...00⋮2023\) 

   (\(j-i\) cụm "2024" và \(i\) chữ số 0)

 \(\Rightarrow20242024...2024.10^i⋮2023\) (*)

 Nhưng vì \(10^i=2^i.5^i\) và \(2023=7.17^2\) nên \(ƯCLN\left(10^i,2023\right)=1\)

 Từ đó (*) suy ra \(20242024...2024⋮2023\)

                          (\(j-i\) cụm 2024)

 Ta có đpcm.

Tham khảo:

Gọi: số tiền loại 50000 đ là x ; số tiền loại 500000 đ là y

Ta có:  x + y = 15  (1)

50000x + 200000y -30000= 1320000   (1)

Giải hai phương trình trên : 

{x=11

y=4

A B C E F H M K D I

a/

E và F bình đẳng nhau nên tôi chỉ c/m ME là tiếp tuyến với đường tròn đường kính AH. Còn c/m MF là tiếp tuyến làm tương tự bạn tự c/m nhé

Gọi I là tâm đường tròng đường kính AH => IA=IH

Gọi D là giao của AH với BC

Xét tg ABC có \(AH\perp BC\) (trong tg 3 đường cao đồng quy)

\(\Rightarrow AD\perp BC\)

Xét tg vuông ADC và tg vuông BEC có

\(\widehat{DAC}=\widehat{EBC}\) (cùng phụ với \(\widehat{C}\) ) (1)

Xét tg vuông AHE có

\(IA=IH\Rightarrow IE=IA=IH=\dfrac{AH}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

\(\Rightarrow E\in\left(I\right)\) và tg AIE cân tại I

 \(\Rightarrow\widehat{DAC}=\widehat{AEI}\) (góc ở đáy tg cân) (2)

Xét tg vuông BEC có

\(MB=MC\left(gt\right)\Rightarrow ME=MB=MC=\dfrac{BC}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

=> tg BME cân tại M

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{BEM}\) (góc ở đáy tg cân) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{AEI}=\widehat{BEM}\)

Mà \(\widehat{AEI}+\widehat{BEI}=\widehat{AEB}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{BEM}+\widehat{BEI}=\widehat{MEI}=90^o\Rightarrow ME\perp IE\) => ME là tiếp tuyến với đường tròn đường kính AH

b/

Xét tg MEK và tg MAE có

\(\widehat{AME}\) chung

Ta có

\(sđ\widehat{MEK}=\dfrac{1}{2}sđcungEK\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{MAE}=\dfrac{1}{2}sđcungEK\) (góc nội tiếp (O))

\(\Rightarrow\widehat{MEK}=\widehat{MAE}\)

=> tg MEK đồng dạng với tg MAE (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{ME}{MA}=\dfrac{MK}{ME}\Rightarrow MK.MA=ME^2\)

\(P=\left(a^2+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}\right)+\left(b^2+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}\right)-\dfrac{3}{8}\)

\(P\ge4\sqrt[4]{\dfrac{a^2}{16^3}}+4\sqrt[4]{\dfrac{b^2}{16^3}}-\dfrac{3}{8}=\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)-\dfrac{3}{8}=\dfrac{1}{8}\)

\(P_{min}=\dfrac{1}{8}\) khi \(a=b=\dfrac{1}{4}\)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}a;b\ge0\\\sqrt{a}+\sqrt{b}=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le a\le1\\0\le b\le1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{a}\ge a^2\\\sqrt{b}\ge b^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^2+b^2\le\sqrt{a}+\sqrt{b}=1\)

\(P_{max}=1\) khi \(\left(a;b\right)=\left(1;0\right);\left(0;1\right)\)

Tuần trước tuần trở in

Do (d) đi qua A nên:

\(0.m+n=-1\Rightarrow n=-1\)

\(\Rightarrow y=mx-1\)

Pt hoành độ giao điểm (P) và (d):

\(\dfrac{1}{2}x^2=mx-1\Leftrightarrow x^2-2mx+2=0\) (1)

(d) tiếp xúc (P) khi và chỉ khi (1) có nghiệm kép

\(\Rightarrow\Delta'=m^2-2=0\Rightarrow m=\pm\sqrt{2}\)

- Với \(m=\sqrt{2}\Rightarrow x=-\dfrac{b}{2a}=\sqrt{2}\Rightarrow y=\dfrac{1}{2}x^2=1\)

Tọa độ tiếp điểm là \(\left(\sqrt{2};1\right)\)

- Với \(m=-\sqrt{2}\Rightarrow x=-\dfrac{b}{2a}=-\sqrt{2}\Rightarrow y=1\) 

Tọa độ tiếp điểm là \(\left(-\sqrt{2};1\right)\)

a) Ta có tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), BE là đường cao của tam giác ABC và cắt AC tại H, CF là đường cao của tam giác ABC và cắt AB tại F.

Chứng minh tam giác AEHF nội tiếp:

Gọi I là giao điểm của BF và CE. Ta có:

- Do ABC nội tiếp đường tròn (O), ta có ∠BAC = ∠BIC = 90°.

- Ta có BE ⊥ AC và CF ⊥ AB, nên BE // CF.

- Do đó, ta có ∠BEC = ∠BCF.

- Vậy tam giác BEC và BCF đồng dạng.

- Từ đó, ta có ∠BED = ∠BCF = ∠BAC.

- Vậy tam giác ABE và ABC đồng dạng.

- Từ đó, ta có ∠AEH = ∠ABC = ∠AFH.

- Vậy ta kết luận được tam giác AEHF nội tiếp.

b) Chứng minh AH ⊥ BC:

Vì tam giác AEHF nội tiếp, nên ta có ∠AEH = ∠AFH.

- Như đã chứng minh ở phần a), ta có ∠AEH = ∠ABC.

- Và ∠AFH = ∠ACB.

- Vậy ta có ∠ABC = ∠ACB.

- Vậy ta kết luận được AH ⊥ BC.

c) Chứng minh AO là đường trung trực của PG:

Gọi O là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

- Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.

- Ta có ∠AEM = ∠AFM = 90° (do EM ⊥ BE, FM ⊥ CF).

- Và ta có ∠AEF = ∠AFM và ∠AFE = ∠AEM.

- Vậy tam giác AEF đồng dạng với tam giác AMF.

- Từ đó, ta có AO là đường trung trực của PG.