a/

Xét đường tròn đường kính BD

\(\hat{BED}=90^{o}\) (Góc nt chắn nửa đường tròn)

Xét tg vuông ABC và tg vuông EBD

\(\hat{ABC}\) chung

=> △ABC∼△EBD

b/

Ta có A và E cùng nhìn CD dưới 2 góc = nhau và \(=90^{o}\)

=> ADEC là tứ giác nt

Ta có

\(\hat{BFD}=90^{o}\) (Góc nt chắn nửa đường tròn)

=> A và F cùng nhìn BC dưới 2 góc = nhau và \(=90^{o}\)

=> AFBC là tứ giác nt

c/

Xét tứ giác nt ADEC

\(\hat{ACF}=\hat{AED}\) (góc nt cùng chắn cung AD)

Xét tứ giác nt AFBC

\(\hat{ACF}=\hat{ABF}\) (góc nt cùng chắn cung AF)

\(\rArr\hat{AED}=\hat{ABF}\)

Xét đường tròn đường kính BD

\(sđ\hat{AED}=\frac12sđcungDG\) ;\(sđ\hat{ABF}=\frac12sđcungDF\) (Góc nt)

\(\rArr sđcungDG=sđcungDF\)

\(sđ\hat{AED}=\frac12sđcungDF;sđ\hat{CFG}=\frac12sđcungDG\) (góc nt)

\(\rArr\hat{AED}=\hat{CFG}\) mà \(\hat{ACF}=\hat{AED}\) (cmt)

\(\rArr\hat{CFG}=\hat{ACF}\) , 2 góc này ở vị trí so le trong

=> AC//FG

d/

Gọi K là giao của AC với FB

Xét △KBC có

\(\hat{BFD}=90^{o}\) (cmt) => CF⊥KB

\(\hat{BAC}=90^{o}\) (gt) => BA⊥KC

=> D là trực tâm của △KBC

=> KD⊥BC

Mà \(\hat{BED}=90^{o}\) (cmt) => DE⊥BC

=> KD trùng DE (Từ 1 điểm bên ngoài 1 đường thẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với đường thẳng đã cho)

=> AC; DE; FB đồng quy

e/ Gọi I là giao của FG với AB

Xét đường trong đường kính BD

\(\hat{BGD}=90^{o}\) (Góc nt chắn nửa đường tròn)

Xét tg vuông BFD và tg vuông BGD

\(sđcungDG=sđcungDF\) (cnt) => DF=DG (2 cung có số đo = nhau thì 2 dây trương cung bằng nhau)

BD chung

=> tg BFD = tg BGD (2 tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông bằng nhau)

=> BF = BG => △BFG cân tại B

và \(\hat{DBF}=\hat{DBG}\)

=> BD⊥FG và IF = IG (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh đồng thời là đường cao và đường trung tuyến)

Xét △AFG có

BD⊥FG (cmt) => AD⊥FG; IF=IG (cmt) => △AFG cân tại A

\(\rArr\hat{DAF}=\hat{DAE}\) (trong tg cân đường cao xuất phát từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác) (1)

Xét đường tròn đường kính BD có

\(sđ\hat{FED}=\frac12sddcungDF;sđ\hat{AED}=\frac12sđcungDG\) (góc nt)

Mà \(sđcungDG=sđcungDF\) (cmt)

\(\rArr\hat{FED}=\hat{AED}\) (2)

Xét △AEF

Từ (1) và (2) => D là giao của 3 đường phân giác (trong tg 3 đường phân giác đồng quy)

=> D là tâm đường tròn nội tiếp △AEF

6C=1.3.6+3.5.6+5.7.6+...+99.101.6=

=1.3.(5+1)+3.5.(7-1)+5.7.(9-3)+...+99.101.(103-97)=

=1.3+1.3.5-1.3.5+3.5.7-3.5.7+5.7.9-...-97.99.101+99.101.103=

=1.3+99.101.103

C=(1.3+99.101.103):6

a/

Xét (O) có

\(\hat{AHB}=90^{o}\) (Góc nt chắn nửa đường tròn)

=> △AHB vuông

b/

\(OA=OH=R\rArr\Delta OAH\) cân tại H

\(\rArr\hat{OAH}=\hat{OHA}\)

Xét tg vuông AHC có

\(AK=CK\rArr KH=AK=CK=\frac{AC}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

\(\rArr\Delta KHA\) cân tại K

\(\rArr\hat{KAH}=\hat{KHA}\)

\(\rArr\hat{OAH}+\hat{KAH}=\hat{OHA}+\hat{KHA}\rArr\hat{OAK}=\hat{OHK}\)

Mà \(\hat{OAK}=90^{o}\rArr\hat{OHK}=90^{o}\)

=> KH là tiếp tuyến của (O)

c/

Ta có A và H cùng nhìn OK dưới 2 góc bằng nhau và \(=90^{o}\)

=> A và H cùng thuộc đường tròn đường kính OK => A;K;H;O cùng nằm trên 1 đường tròn

a/ Khi \(m=-2\)

\(\left(1\right)\lrArr x^2-3x+2=0\)

PT có dạng \(a+b+c=0\)

\(x1=1;x2=\frac{c}{a}=2\)

b/

Để (1) có 2 nghiệm phân biệt

\(\Delta=9-4\left(m+4\right)=-4m+5>0\)

\(\lrArr4m-5<0\lrArr m<\frac54\)

Ta có

\(x2\left(x2-1\right)+x1\left(x1-1\right)=2\)

\(\lrArr x2^2-x2+x1^2-x1-2=0\)

\(\lrArr\left(x1+x2\right)^2-2.x1.x2-\left(x1+x2\right)-2=0\) (2)

Áp dụng định lý Viet

\(x1+x2=-\frac{b}{a}=3\)

\(x1.x2=\frac{c}{a}=m+4\)

Thay vào (2) rồi giải PT ẩn m đối chiếu với ĐK \(m<\frac54\)

Bạn tự làm nốt nhé

\(C=\frac{2\left(x^2+2x+4\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x-3\right)}.\frac{\left(x+1\right)\left(x-3\right)}{\left(x-2\right)\left(x^2+2x+4\right)}=\)

\(=\frac{2}{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}\)

=-46.54-2.46+46.54-2.54=

=-2(46+54)=-2.100=-200

\(\frac{2n}{n-2}=\frac{2\left(n-2\right)+4}{n-2}=2+\frac{4}{n-2}\)

2n⋮n-2 khi 4⋮n-2

\(\rArr\left(n-2\right)=\left\lbrace-4;-2-1;1;2;4\right\rbrace\)

\(\rArr n=\left\lbrace-2;0;1;3;4;6\right\rbrace\)

\(M<\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+\cdots+\frac{1}{2020.2021}=\)

\(=\frac{2-1}{1.2}+\frac{3-2}{2.3}+\frac{4-3}{3.4}+\cdots+\frac{2021-2020}{2020.2021}=\)

\(1-\frac12+\frac12-\frac13+\frac13-\frac14+\cdots+\frac{1}{2020}-\frac{1}{2021}=\)

\(1-\frac{1}{2021}=\frac{2020}{2021}=N\)

\(\frac{a}{b}-\frac{a+m}{b+m}=a\left(b+m\right)-b\left(a+m\right)=\)

\(ab+am-ab-bm=m\left(a-b\right)\)

+ Nếu \(a>b\rArr m\left(a-b\right)>0\rArr\frac{a}{b}>\frac{a+m}{b+m}\)

+ Nếu \(a

Gọi G là giao của AC với DM

Xét △BCD có

MB=MC (gt); OB=OD (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mối đường)

=> G là trọng tâm của △BCD

\(\rArr\frac{CG}{OC}=\frac23\) Mà \(OC=\frac{AC}{2}\rArr\frac{CG}{OC}=\frac{CG}{\frac{AC}{2}}=\frac{2CG}{AC}=\frac23\rArr\frac{CG}{AC}=\frac13\rArr\frac{CG}{GA}=\frac12\)

Xét △SAC có

\(\frac{CG}{GA}=\frac12\left(\operatorname{cm}t\right)\)

\(NS=2NC\rArr\frac{NC}{NS}=\frac12\)

\(\rArr\frac{CG}{GA}=\frac{NC}{NS}\) => SA//NG (Talet đảo)

Mà NG∈(DMN) => SA//(DMN)