Kẻ đường kính MK của (O)

Xét (O) có

ΔMPK nội tiếp

MK là đường kính

Do đó: ΔMPK vuông tại P

Xét (O) có

\(\widehat{MNP}\) là góc nội tiếp chắn cung MP

\(\widehat{MKP}\) là góc nội tiếp chắn cung MP

Do đó: \(\widehat{MNP}=\widehat{MKP}\)

Ta có: \(\widehat{MNP}+\widehat{NMH}=90^0\)(ΔMHN vuông tại H)

\(\widehat{MKP}+\widehat{KMP}=90^0\)(ΔMKP vuông tại P)

mà \(\widehat{MNP}=\widehat{MKP}\)

nên \(\widehat{NMH}=\widehat{KMP}\)

=>\(\widehat{NMH}+\widehat{OMH}=\widehat{KMP}+\widehat{OMH}\)

=>\(\widehat{PMH}=\widehat{OMN}\)

Đề không rõ ràng. Bạn xem lại.

Gọi lãi suất 1 năm của ngân hàng là x (%) (x>0)

Số tiền cả gốc lẫn lãi sau năm đầu tiên là:

\(20+20.\dfrac{x}{100}=20\left(1+\dfrac{x}{100}\right)\) (triệu)

Số tiền cả gốc lẫn lãi sau 2 năm là:

\(20\left(1+\dfrac{x}{100}\right)\left(1+\dfrac{x}{100}\right)=20\left(1+\dfrac{x}{100}\right)^2\) (triệu)

Do sau 2 năm chú nhận được 24 triệu nên ta có pt:

\(20\left(1+\dfrac{x}{100}\right)^2=24\)

\(\Leftrightarrow\left(1+\dfrac{x}{100}\right)^2=\dfrac{6}{5}\)

\(\Rightarrow1+\dfrac{x}{100}=\dfrac{\sqrt{30}}{5}\)

\(\Rightarrow x=20\sqrt{30}-100\approx9,54\left(\%\right)\)

Bài 27:

a: Xét tứ giác OBAC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBAC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{ABE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BE

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

Do đó: \(\widehat{ABE}=\widehat{BDE}\)

Xét ΔABE và ΔADB có

\(\widehat{ABE}=\widehat{ADB}\)

\(\widehat{BAE}\) chung

Do đó: ΔABE~ΔADB

=>\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AE}{AB}\)

=>\(AB^2=AD\cdot AE\)

c:

Xét ΔOBA vuông tại B có \(cosBOA=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{BOA}=60^0\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: OA là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOC}=2\cdot\widehat{BOA}=120^0\)

=>\(sđ\stackrel\frown{BC}=120^0\)

Bài 28:

a: Xét (O) có

ΔACM nội tiếp

AM là đường kính

Do đó: ΔACM vuông tại C

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

Xét (O) có

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

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

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

Xét ΔADB vuông tại D và ΔACM vuông tại C có

\(\widehat{ABD}=\widehat{AMC}\)

Do đó: ΔADB~ΔACM

=>\(\widehat{DAB}=\widehat{CAM}\)

b: Xét tứ giác ABDE có \(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^0\)

nên ABDE là tứ giác nội tiếp

c: ABDE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BAE}+\widehat{BDE}=180^0\)

mà \(\widehat{BDE}+\widehat{EDM}=180^0\)(kề bù)

nên \(\widehat{EDM}=\widehat{BAM}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{BAM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

\(\widehat{BCM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

Do đó: \(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{BCM}=\widehat{EDC}\)

=>ED//MC

a. Em tự giải

b.

Tứ giác ABKM nội tiếp (O) \(\Rightarrow\widehat{AMK}+\widehat{ABK}=180^0\)

Theo câu a, IEKB nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{IEK}+\widehat{ABK}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{AMK}=\widehat{IEK}\)

Mà \(\widehat{IEK}=\widehat{AEM}\) (đối đỉnh)

\(\Rightarrow\widehat{AMK}=\widehat{AEM}\)

Xét hai tam giác AME và AKM có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AEM}=\widehat{AMK}\\\widehat{MAE}-chung\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta AME\sim\Delta AKM\left(g.g\right)\)

c.

Từ câu b \(\Rightarrow\dfrac{AE}{AM}=\dfrac{AM}{AK}\Rightarrow AE.AK=AM^2\)

AB là đường kính \(\Rightarrow\widehat{AMB}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow\Delta AMB\) vuông tại M

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMB với đường cao MI:

\(BM^2=BI.BA\)

\(\Rightarrow AE.AK+BI.BA=AM^2+BM^2=AB^2=4R^2\)

d.

Chu vi tam giác MIO bằng \(OI+IM+OM\)

Mà \(OM=R\) cố định nên chu vi MIO lớn nhất khi \(OI+IM\) lớn nhất

Ta có: 

\(OI+IM\le\sqrt{2\left(OI^2+IM^2\right)}=\sqrt{2OM^2}=R\sqrt{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(OI=IM\Rightarrow\Delta OIM\) vuông cân tại I

Pitago: \(OI^2+IM^2=OM^2\Leftrightarrow2OI^2=R^2\Rightarrow OI=\dfrac{R}{\sqrt{2}}\)

Vậy chu vi MIO lớn nhất khi I nằm ở vị trí sao cho \(OI=\dfrac{R}{\sqrt{2}}\)

AM là tiếp tuyến tại M \(\Rightarrow AM\perp OM\) hay tam giác OAM vuông tại M

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau: \(AM=AN\)

Đồng thời \(OM=ON=R\)

\(\Rightarrow OA\) là trung trực MN 

\(\Rightarrow OA\) vuông góc MN tại H, hay MH là đường cao trong tam giác OAM

Áp dụng hệ thức lượng:

\(AM^2=AH.AO\) (1)

Xét hai tam giác AMI và AKM có: 

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MAI}-chung\\\widehat{AMI}=\widehat{AKM}\left(\text{cùng chắn MI}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta AMI\sim\Delta AKM\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AM}{AK}=\dfrac{AI}{AM}\Rightarrow AM^2=AI.AK\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow AH.AO=AI.AK\)

- Với cửa hàng A: 

Giá bán trà sữa từ ly thứ 5 trở đi: \(25000.85\%=21250\) (đồng/ly)

An mua đúng 20 lý nên có 4 ly giá 25000 đồng và 16 ly giá 21250 đồng.

Do đó tổng số tiền phải trả nếu mua ở cửa hàng A là:

\(4.25000+16.21250=440000\) (đồng)

- Với cửa hàng B:

Khi mua 15 ly sẽ được tặng \(15:5=3\) ly, do đó An cần mua thêm 2 ly nữa để đủ 20 ly.

Do đó An cần trả tiền cho \(15+2=17\) ly trà sữa

Số tiền mua ở cửa hàng B là:

\(17.25000=425000\) (đồng)

Vậy An nên mua ở cửa hàng B để tiết kiệm hơn. 

Số tiền tiết kiệm được là:

\(440000-425000=15000\) (đồng)

a: Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>PA\(\perp\)BD tại A

Xét tứ giác ACHD có \(\widehat{CHD}+\widehat{CAD}=90^0+90^0=180^0\)

nên ACHD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CD

Tâm là trung điểm của CD

b: Xét ΔPHC vuông tại H và ΔPAD vuông tại A có

\(\widehat{HPC}\) chung

Do đó: ΔPHC~ΔPAD

=>\(\dfrac{PH}{PA}=\dfrac{PC}{PD}\)

=>\(PH\cdot PD=PA\cdot PC\)

c: Xét (O) có

ΔCIB nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔCIB vuông tại I

=>CI\(\perp\)BP tại I

Xét ΔBDP có

BH,PA là các đường cao

BH cắt PA tại C

Do đó: C là trực tâm của ΔBDP

=>DC\(\perp\)BP

mà CI\(\perp\)BP

và DC,CI có điểm chung là C

nên D,C,I thẳng hàng

AÁp dụng định lý nhìn hình ta thâys

ĐKXĐ: x<>0 và y<>0

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{210}{x}-\dfrac{210}{y}=\dfrac{7}{4}\\4x+\dfrac{9}{4}y=210\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{30}{x}-\dfrac{30}{y}=\dfrac{1}{4}\\16x+9y=840\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}30\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{y}\right)=\dfrac{1}{4}\\16x=840-9y\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{120}\\x=\dfrac{840-9y}{16}\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{120}\)

=>\(\dfrac{16}{840-9y}-\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{120}\)

=>\(\dfrac{16y-840+9y}{y\left(840-9y\right)}=\dfrac{1}{120}\)

=>\(y\left(840-9y\right)=120\left(25y-840\right)\)

=>\(-9y^2+840y-3000y+100800=0\)

=>\(-9y^2-2160y+100800=0\)

=>\(y^2+240y-11200=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}y=40\left(nhận\right)\\y=-280\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{840-9\cdot40}{16}=\dfrac{840-360}{16}=30\left(nhận\right)\\x=\dfrac{840-9\cdot\left(-280\right)}{16}=210\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

0