Gọi OH là khoảng cách từ O đến dây MN

=>OH\(\perp\)MN tại H

ΔOMN cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của MN

=>\(HM=HN=\dfrac{R}{2}\)

ΔOHM vuông tại H

=>\(OH^2+HM^2=OM^2\)

=>\(OH^2=R^2-\left(\dfrac{R}{2}\right)^2=\dfrac{3R^2}{4}\)

=>\(OH=\sqrt{\dfrac{3R^2}{4}}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

=>Khoảng cách từ O đến dây MN là \(\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

Gọi giao điểm của MN với OA là H

Vì MN\(\perp\)OA tại trung điểm của OA

nên MN\(\perp\)OA tại H và H là trung điểm của OA

Xét ΔOMA có 

MH là đường cao

MH là đường trung tuyến

Do đó: ΔOMA cân tại M

=>MO=MA

mà OM=OA

nên OM=MA=OA

=>ΔOMA đều

=>\(\widehat{MOA}=60^0\)

Xét ΔMHO vuông tại H có \(sinMOH=\dfrac{MH}{MO}\)

=>\(\dfrac{MH}{10}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(MH=10\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)

ΔOMN cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của MN

=>\(MN=2\cdot MH=2\cdot5\sqrt{3}=10\sqrt{3}\left(cm\right)\)

∆ABC vuông tại A

⇒ tanC = AB : AC = 2 : 2,5 = 0,8

⇒ C ≈ 39⁰

⇒ ACD = 20⁰ + 39⁰ = 59⁰

∆ACD vuông tại A

⇒ tanACD = AD : AC

⇒ AD = AC.tanACD

= 2,5.tan59⁰

≈ 4,2 (m)

Độ dài vùng được chiếu sáng trên mặt đất:

BD = AD - AB = 4,2 - 2 = 2,2 (m)

1) sin35⁰ = cos(90⁰ - 35⁰) = cos55⁰

Vậy sin35⁰ = cos55⁰

tan35⁰ = cot(90⁰ - 35⁰) = cot55⁰

Vậy tan35⁰ = cot55⁰

2) ∆ABC vuông tại A (gt)

⇒ AB = BC.cosB

= 20.cos36⁰

≈ 16,18 (cm)

Gọi vận tốc lúc về của người đó là x(km/h)

(Điều kiện: x>0)

Vận tốc lúc đi là x+10(km/h)

Thời gian người đó đi từ A đến B là \(\dfrac{60}{x+10}\left(giờ\right)\)

Thời gian người đó đi từ B về A là \(\dfrac{60}{x}\left(giờ\right)\)

Thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 30p=0,5 giờ nên ta có:

\(\dfrac{60}{x}-\dfrac{60}{x+10}=0,5\)

=>\(\dfrac{60x+600-60x}{x\left(x+10\right)}=0,5\)

=>\(x\left(x+10\right)=\dfrac{600}{0,5}=1200\)

=>\(x^2+10x-1200=0\)

=>(x+40)(x-30)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x+40=0\\x-30=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-40\left(loại\right)\\x=30\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: Vận tốc lúc về của người đó là 30km/h

a) ĐKXĐ: x ≠ -5

Phương trình đã cho trở thành:

(x + 6).2 + 3.(x + 5) = 2.2(x + 5)

2x + 12 + 3x + 15 = 4x + 20

5x - 4x = 20 - 12 - 15

x = -7 (nhận)

Vậy S = {-7}

b) x + 3y = -2

x = -2 - 3y (1)

5x + 8y = 11 (2)

Thế (1) vào (2), ta được:

5(-2 - 3y) + 8y = 11

-10 - 15y + 8y = 11

-7y = 11 + 10

-7y = 21

y = 21 : (-7)

y = -3

Thế y = -3 vào (1), ta được:

x = -2 - 3.(-3) = 7

Vậy S = {(7; -3)}

a) Nhiệt độ t (⁰C) tuần tới tại Tokyo là:

t > -5

b) Gọi x (tuổi) là tuổi của người điều khiển xe máy điện. Ta có bất đẳng thức:

x ≥ 16

c) Gọi z (đồng) là mức lương tối thiểu trong một giờ làm việc của người lao động. Ta có bất đẳng thức:

z ≥ 20000

d) y là số dương nên ta có bất đẳng thức:

y > 0

a, t>5

b,x≥16

c,mức lương tối thiểu≤20 000đ

d, y>0

`DE = DB . sinB = 10. sin70^o ~~ 9,4 (m) `

`=> AF ~~ 15 - 9,4~~ 5,6 (m) `

`ΔAFD` vuông tại `F `

`=> AD = sqrt{AF^2 + DF^2} = sqrt{AF^2 + EC^2} = sqrt{5,6^2 + 13^2} ~~14,15 (m)`

Vậy ....

Bài 1:

a: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

\(\widehat{CNM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

\(\widehat{CBM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

Do đó: \(\widehat{CNM}=\widehat{CBM}\)

mà \(\widehat{CBM}=\widehat{HFE}\)(BFEC nội tiếp)

nên \(\widehat{HFE}=\widehat{HNM}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên FE//MN

c: Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)

Xét (O) có

\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AEF}\left(=180^0-\widehat{FEC}\right)\)

nên \(\widehat{xAC}=\widehat{AEF}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên EF//Ax

mà Ax\(\perp\)OA

nên OA\(\perp\)EF

d: Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA\(\perp\)BK

mà CH\(\perp\)BA

nên CH//BK

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CA\(\perp\)CK

mà BH\(\perp\)AC

nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HK

=>H,I,K thẳng hàng

Xét ΔKAH có

I,O lần lượt là trung điểm của KH,KA

=>IO là đường trung bình của ΔKAH

=>AH=2IO

e: Xét (O) có

\(\widehat{MCA};\widehat{MBA}\) là góc nội tiếp chắn cung MA

Do đó: \(\widehat{MCA}=\widehat{MBA}\)

mà \(\widehat{MBA}=\widehat{ACN}\left(=90^0-\widehat{BAC}\right)\)

nên \(\widehat{MCA}=\widehat{NCA}\)

=>CA là phân giác của góc CMN

Xét ΔCHM có

CA là đường cao

CA là đường phân giác

Do đó: ΔCHM cân tại C

ΔCHM cân tại C

mà CA là đường cao

nên CA là đường trung trực của HM

=>H đối xứng M qua AC

Bài 2: 

a: Xét (O) có

\(\widehat{BAE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE

\(\widehat{CAE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\widehat{BAE}=\widehat{CAE}\)(AE là phân giác của góc BAC)

Do đó: \(sđ\stackrel\frown{BE}=sđ\stackrel\frown{CE}\)

=>EB=EC

=>ΔEBC cân tại E

b: EG=EC

=>E là trung điểm của GC

Xét ΔGBC có

BE là đường trung tuyến

\(BE=\dfrac{GC}{2}\)

Do đó: ΔGBC vuông tại B

=>GB\(\perp\)BC tại B

=>GB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC

c: Xét (O) có

\(\widehat{BAE};\widehat{BCE}\) là các nội tiếp cùng chắn cung BE

Do đó: \(\widehat{BAE}=\widehat{BCE}\)

Xét ΔDAB và ΔDCE có

\(\widehat{DAB}=\widehat{DCE}\)

\(\widehat{ADB}=\widehat{CDE}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDAB~ΔDCE

=>\(\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{DB}{DE}\)

=>\(DA\cdot DE=DB\cdot DC\)

a) Do MA ⊥ MB (gt)

⇒ ∠MAB = 90⁰

⇒ M, A, B thuộc đường tròn đường kính AB

Mà M, A, B thuộc (O)

⇒ O là trung điểm của AB

⇒ A, O, B thẳng hàng

b) Do I là điểm chính giữa của cung nhỏ MA (gt)

⇒ sđ cung AI = sđ cung MI

⇒ ∠ABI = ∠MBI (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

⇒ BI là tia phân giác của ∠ABM

Do K là điểm chính giữa của cung MB (gt)

⇒ sđ cung BK = sđ cung MK

⇒ ∠BAK = ∠MAK (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

⇒ AK là tia phân giác của ∠BAM

Mà P là giao điểm của AK và BI (gt)

⇒ P là giao điểm của ba đường phân giác của ∆MAB

⇒ P là tâm đường tròn nội tiếp ∆MAB

a.

Do \(OM=OA=R\Rightarrow\Delta OAM\) cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{OAM}=\widehat{OMA}\Rightarrow\widehat{AOM}=180^0-\left(\widehat{OAM}+\widehat{OMA}\right)=180^0-2\widehat{OMA}\)

Tương tự, \(\Delta OBM\) cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{BOM}=180^0-2\widehat{OMB}\)

\(\Rightarrow\widehat{AOM}+\widehat{BOM}=360^0-2\left(\widehat{OMA}+\widehat{OMB}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AOM}+\widehat{BOM}=360^0-2.\widehat{AMB}=360^0-2.90^0=180^0\)

\(\Rightarrow A,O,B\) thẳng hàng

b.

Do I là điểm chính giữa cung MA \(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{AI}=sđ\stackrel\frown{MI}\Rightarrow\widehat{ABI}=\widehat{MBI}\)

\(\Rightarrow BI\) là tia phân giác góc \(\widehat{ABM}\) (1)

Do K là điểm chính giữa cung MB \(\Rightarrow sđ\stackrel\frown{MK}=sđ\stackrel\frown{BK}\Rightarrow\widehat{MAK}=\widehat{BAK}\)

\(\Rightarrow AK\) là tia phân giác góc \(\widehat{MAB}\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow P\) là giao điểm 2 đường phân giác trong của tam giác MAB

\(\Rightarrow P\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB