a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.Ta có: ∠ADB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)EH⊥AB⇒∠AHE=900Tứ giác ADEH có: ∠ADE+∠AHE=900+900=1800 nên là tứ giác nội tiếp (đpcm)b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh DI2=AI.BI.Tứ giác ADCK nội tiếp nên ∠ADK=∠ACK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (1)Xét tứ giác ECBH có:∠ECB=∠ACB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)∠EHB=900(doEH⊥AB)⇒∠ECB+∠EHB=900+900=1800Do đó tứ giác ECBH nội tiếp (tứ giác có hai góc đối có tổng số đo bằng 1800)⇒∠ECH=∠EBH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH)⇒∠ACK=∠DBA (2)Từ (1) và (2) suy ra ∠ADK=∠DBA⇒∠ADI=∠DBALại có ∠DBA+∠DAB=900 nên ∠ADI+∠DAB=900 hay ∠ADI+∠DAI=900⇒∠DIA=1800−(∠ADI+∠DAI)=1800−900=900⇒DI⊥AB nên DI là đường cao trong tam giác vuông ADB⇒DI2=IA.IB (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (đpcm)c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).Theo câu b, DK⊥BA tại I nên AB là đường trung trực của DK⇒DA=AK ⇒sdcungAD=sdcungAK⇒∠DCA=∠ACK ⇒CA là tia phân giác của góc ∠DCH⇒∠DCH=2∠ECH (3)Tam giác EHB vuông tại H có M là trung điểm EB nên HM là đường trung tuyến⇒MH=MB⇒ΔMHB cân tại M⇒∠DMH=∠MHB+∠MBH=2∠MBH=2∠EBH (4)Tứ giác ECBH có: ∠ECB+∠EHB=900+900=1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)⇒∠ECH=∠EBH (5)Từ (3), (4) và (5) suy ra ∠DCH=∠DMH⇒DCMH là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)⇒∠NCM=∠NHD (tính chất)Xét ΔNCM và ΔNHD có:Góc N chung∠NCM=∠NHD(cmt)⇒ΔNCM∼ΔNHD(g−g)⇒NCNH=NMND (cạnh tương ứng)⇒NC.ND=NM.NH (6)Tứ giác HMBF nội tiếp nên ∠NMB=∠NFH (tính chất)Xét ΔNMB và ΔNFH có:Góc N chung∠NMB=∠NFH (cmt)⇒ΔNMB∼ΔNFH(g−g)⇒NMNF=NBNH (cạnh tương ứng)⇒NM.NH=NB.NF (7)Từ (6) và (7) suy ra NC.ND=NF.NB⇒NCNF=NBNDXét ΔNBC và ΔNDF có:Góc N chungNCNF=NBND(cmt)⇒ΔNBC∼ΔNDF(c−g−c)⇒∠NCB=∠NFD=∠BFD (góc tương ứng)Mà ∠NCB+∠DCB=1800 (kề bù)Nên ∠BFD+∠DCB=1800Do đó tứ giác DCBF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)Vậy điểm F nằm trên đường tròn (O) (đpcm).

Gọi a (triệu người) là số người xem MV  \(\left(a\inℕ^∗\right)\)

Khi đó, số người xem 2 lượt là 60%.a (người)

tổng số lượt xem của người xem 2 lược là: 2.(60%.a) (người)

số người xem một lượt là a - 60%.a (người)

tổng số lượt xem của người xem 1 lược là: 1.(a - 60%.a) (người)

Ta có phương trình:

2.(60%,a) + 1(a - 60%.a) = 6,4

\(\Leftrightarrow1,2a+a-0,6a=6,4\)

\(\Leftrightarrow1,6a=6,4\Leftrightarrow a=\dfrac{6,4}{1,6}=4\left(tm\right)\)

Vậy số người đã xem MV là 4 triệu người

Phương trình (*) có ac < 0 => Phương trình 2 nghiệm phân biệt

Hệ thức Viète : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4\\x_1.x_2=-3\end{matrix}\right.\)

Khi đó \(T=\dfrac{x_1^3+x_2^3}{x_1.x_2}=\dfrac{\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)}{x_1.x_2}=\dfrac{4^3-3.\left(-3\right).4}{-3}=-\dfrac{100}{3}\)

\(x^2-5x+6=0\) (a = 1; b = -5; c= 6)

Ta có: \(\Delta=b^2-4ac=\left(-5\right)^2-4.1.6=1>0\)

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt

\(x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-\left(-5\right)+\sqrt{1}}{2.1}=3\)

\(x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-\left(-5\right)-\sqrt{1}}{2.1}=2\)

\(P=\dfrac{1+\sqrt{x}-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(1+\sqrt{x}\right)}.\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}{1-\sqrt{x}}=\)

\(=\dfrac{\left(1-\sqrt{x}\right).\sqrt{x}.\left(1+\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}.\left(1+\sqrt{x}\right).\left(1-\sqrt{x}\right)}=1\)

\(A=\sqrt{64}+\sqrt{16}-2\sqrt{36}=8+4-12=0\)

A B C H D E

a/ Ta có

H và E cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông nên H và E thuộc đường tròng đường kính AC => AHEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AC tâm I là trung điểm của AC

b/

Xét tg vuông ABH và tg vuông ABC có

\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}\) (cùng phụ với \(\widehat{ABC}\) ) (1)

Xét tg vuông ABH và tg vuông ADH có

AH chung

BH=DH (gt)

=> tg ABH = tg ADH (Hai tg vuông có hai cạnh góc vuông bằng nhau) \(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{DAH}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{DAH}=\widehat{ACH}\)

Xét tứ giác nội tiếp AHEC có

\(\widehat{ACH}=\widehat{AEH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AH) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{AEH}=\widehat{DAH}\) => tg AHE cân tại H (td có hai góc ở đáy bằng nhau)

c/

Ta có

\(\widehat{DAH}=\widehat{ACH}\) (cmt)

Xét tứ giác nội tiếp AHEC có

\(\widehat{DAH}=\widehat{ECH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung HE)

\(\Rightarrow\widehat{ACH}=\widehat{ECH}\) => CB là tia phân giác của \(\widehat{ACE}\)

1) Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật ABCD là \(S_{ABCD}=AB.BC=6.4=24\left(m^2\right)\)

Diện tích của phần đất trồng hoa có dạng nửa đường tròn đường kính BC là \(S_{hoa}=\dfrac{S_{hìnhtròn}}{2}=\dfrac{\pi r^2}{2}=\dfrac{\pi.\dfrac{d^2}{4}}{2}=\dfrac{\pi.\dfrac{4^2}{4}}{2}=2\pi\left(m^2\right)\)
Vì diện tích của phần đất có dạng nửa đường tròn đường kính AD chính bằng diện tích của phần đất có dạng nửa đường tròn đường kính BC nên diện tích của phần đất để trồng cỏ bằng:

\(S_{cỏ}=S_{ABCD}-2S_{hoa}=24-2.2\pi=24-4\pi\approx11,4\left(m^2\right)\)

Vậy diện tích trồng cỏ bằng khoảng 11,4m².

a, Ta có AB ; AC lần lượt là tiếp tuyến đường tròn (O) với B;C là tiếp điểm 

Xét tứ giác ABOC có ^ACO + ^ABO = 180⁰

mà 2 góc này đối nhau 

Vậy tứ giác ABOC là góc nt chắn nửa đường tròn 

Ta có ^BDC = ^ABC ( cùng chắn cung BC ) 

mà ^AOC = ^ABC ( góc nt chắn cung AC của tứ giác ABOC ) 

=> ^AOC = ^BDC 

b, +) Kẻ DC cắt AB tại K 

Ta có ^DCB = 90⁰ ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

=> ^BCK = 90⁰; AB = AC ( tc tiếp tuyến cắt nhau ) 

=> AB = AC = AK 

Lại có CK vuông BD ; AB vuông BD => CK // AB 

Xét tam giác BDA có KI // AB theo hệ quả Ta lét \(\dfrac{KI}{AB}=\dfrac{DI}{AD}\)(1) 

Xét tam giác KDA có IC // AK theo hệ quả Ta lét \(\dfrac{DI}{AD}=\dfrac{IC}{AK}\)(2) 

Từ (1) ; (2) suy ra \(\dfrac{KI}{AB}=\dfrac{IC}{AK}\)mà AB = AK (cmt) 

=> KI = IC => I là trung điểm KC