a: Vì ABCD là hình thang có \(AB=\dfrac{1}{3}CD\)

nên \(S_{BAD}=\dfrac{1}{3}\cdot S_{BDC}\)

Vì BD=2DE

nên \(BD=\dfrac{2}{3}BE\)

=>\(S_{BAD}=\dfrac{2}{3}\cdot S_{ABE}\)

=>\(S_{ABE}=\dfrac{3}{2}\cdot S_{BAD}\)

Vì DB=2DE

nên \(S_{CBD}=2\cdot S_{CDE}\)

=>\(S_{CDE}=\dfrac{1}{2}\cdot S_{CBD}=\dfrac{1}{2}\cdot3\cdot S_{BAD}=\dfrac{3}{2}\cdot S_{BAD}\)

=>\(S_{ABE}=S_{CDE}\)

Đề không đẩy đủ? Bạn muốn chứng minh gì nhỉ?

Đề không đầy đủ. Bạn xem lại.

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

\(\dfrac{a}{7}+\dfrac{1}{14}=\dfrac{-1}{b}\)

=>\(\dfrac{2a+1}{14}=\dfrac{-1}{b}\)

=>\(\left(2a+1\right)\cdot b=-14\)

mà 2a+1 lẻ

nên \(\left(2a+1\right)\cdot b=1\cdot\left(-14\right)=\left(-1\right)\cdot14=7\cdot\left(-2\right)=\left(-7\right)\cdot2\)

=>\(\left(2a+1;b\right)\in\left\{\left(1;-14\right);\left(-1;14\right);\left(7;-2\right);\left(-7;2\right)\right\}\)

=>\(\left(a,b\right)\in\left\{\left(0;-14\right);\left(-1;14\right);\left(3;-2\right);\left(-4;2\right)\right\}\)

Có 2 trường hợp xảy ra:

- Trường hợp 1: A và B nằm khác phía so với O, ta có hình vẽ sau:

a) Do A và B nằm khác phía so với điểm O nên điểm O nằm giữa hai điểm A và B

b) Do O nằm giưa A và B

⇒ AB = OA + OB

= 8 + 4 = 12 (cm)

c) Do O nằm giữa A và B nên B không là trung điểm của OA

- Trường hợp 2: Điểm A và điểm B nằm cùng phía so với điểm O, ta có hình vẽ:

a) Do OB < OA (4 cm < 8 cm)

⇒ B nằm giữa O và A

b) Do B nằm giữa O và A nên:

OB + AB = OA

⇒ AB = OA - OB

= 8 - 4

= 4 (cm)

c) Do B nằm giữa O và A

Và OB = AB = 4 (cm)

⇒ B là trung điểm của OA

a: TH1: OA và OB là hai tia đối nhau

=>O nằm giữa A và B

TH2: B nằm giữa O và A

=>OB+BA=OA

=>4+BA=8

=>BA=4(nhận)

=>Có thể xảy ra 

TH3: A nằm giữa B và O

=>BA+AO=BO

=>4=BA+8

=>BA=-4(loại)

Vậy: O nằm giữa A và B hoặc B nằm giữa A và O

b: TH1: O nằm giữa A và B

=>OA+OB=AB

=>AB=4+8=12(cm)

TH2: B nằm giữa A và O

=>BA+BO=AO

=>BA+4=8

=>BA=4(cm)

c: TH1: O nằm giữa A và B

Vì BA<>BO nên B không là trung điểm của AO

TH2: B nằm giữa A  và O

Vì BA=BO(=4cm)

và B nằm giữa  A và O

nên B là trung điểm của AO

a: Ta có: AK=KO=OH

=>\(AK=KO=OH=\dfrac{1}{3}AH\)

=>\(AO=\dfrac{2}{3}AH;AK=\dfrac{1}{3}AH\)

Xét ΔAHB có EK//BH

nên \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AK}{AH}\)

=>\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{1}{3}\)

Xét ΔABH có MO//BH

nên \(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AO}{AH}\)

=>\(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{2}{3}\)

Xét ΔABC có EF//BC

nên \(\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{AE}{AB}\)

=>\(\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{1}{3}\)

=>\(EF=\dfrac{BC}{3}=\dfrac{30}{3}=10\left(cm\right)\)

Xét ΔABC có MP//BC

nên \(\dfrac{MP}{BC}=\dfrac{AM}{AB}\)

=>\(\dfrac{MP}{30}=\dfrac{2}{3}\)

=>\(MP=20\left(cm\right)\)

b: Xét ΔAMP và ΔABC có 

\(\widehat{AMP}=\widehat{ABC}\)(hai góc đồng vị, MP//BC)

\(\widehat{MAP}\) chung

Do đó: ΔAMP~ΔABC

=>\(\dfrac{S_{AMP}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AM}{AB}\right)^2\)

=>\(\dfrac{S_{AMP}}{10.8}=\dfrac{4}{9}\)

=>\(S_{AMP}=4,8\left(dm^2\right)\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\)(hai góc đồng vị, EF//BC)

\(\widehat{FAE}\) chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

=>\(\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=\dfrac{1}{9}\)

=>\(S_{AEF}=\dfrac{10.8}{9}=1,2\left(dm^2\right)\)

Ta có: \(S_{AEF}+S_{MEFP}=S_{AMP}\)

=>\(S_{MEFP}+1,2=4,8\)

=>\(S_{MEFP}=3,6\left(dm^2\right)\)

3 . 5^(x+1) + 6250 = 25^3

→ 3 . 5^(x+1) = (5^2)^3 - 10.5^4

→ 3 . 5^(x+1) = 5^6 - 10 . 5^4

→ 3 . 5^(x+1) = 5^4 . ( 5^2 - 10 )

→ 3 . 5^x . 5^1 = 5^4 . ( 25 - 10 )

→ 15 . 5^x = 5^4 . 15

→ x = 4

3.5ˣ⁺¹ + 6250 = 25³

3.5ˣ⁺¹ + 6250 = 15625

3.5ˣ⁺¹ = 15625 - 6250

3.5ˣ⁺¹ = 9375

5ˣ⁺¹ = 9375 : 3

5ˣ⁺¹ = 3125

5ˣ⁺¹ = 5⁵

x + 1 = 5

x = 5 - 1

x = 4

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 \(OI=\dfrac{R}{\sqrt{2}}\)