Chương II - Đường tròn

a: Xét (O) có

MA,MC là tiếp tuyến

Do đó: MA=MC

=>M nằm trên đường trung trực của AC(1)

OA=OC

=>O nằm trên đường trung trực của AC(2)

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AC

=>MO\(\perp\)AC

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC\(\perp\)CB tại C

=>AC\(\perp\)NB tại C

AC\(\perp\)NB

MO\(\perp\)AC

Do đó: MO//NB

Xét ΔNAB có

O là trung điểm của AB

OM//NB

Do đó: M là trung điểm của AN

=>MA=MN

b: CH\(\perp\)AB

MA\(\perp\)AB

Do đó: CH//MA

Xét ΔBMA có HI//MA

nên \(\dfrac{HI}{MA}=\dfrac{BI}{BM}\left(3\right)\)

Xét ΔBNM có CI//NM

nên \(\dfrac{CI}{NM}=\dfrac{BI}{BM}\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\dfrac{HI}{MA}=\dfrac{CI}{NM}\)

mà MA=MN

nên HI=CI

=>I là trung điểm của CH

Bạn nên viết hẳn đề bằng công thức toán (biểu tượng $\sum$ góc trái khung soạn thảo) để mọi người hiểu đề của bạn hơn nhé.

Xét (O) có

AM,AN là tiếp tuyến

Do đó: AO là phân giác của góc MAN

=>\(\widehat{MAO}=\widehat{NAO}\)

SO\(\perp\)OM

OM\(\perp\)MA

Do đó: SO//MA

=>\(\widehat{SOA}=\widehat{MAO}\)(hai góc so le trong)

mà \(\widehat{MAO}=\widehat{NAO}\)

nên \(\widehat{SOA}=\widehat{NAO}\)

=>\(\widehat{SOA}=\widehat{SAO}\)

=>ΔSOA cân tại S

=>SO=SA

Đề không đủ dữ kiện để tính toán. Bạn xem lại đề.

Giúp với ạ

Đề 4:

Bài 2: GPT:
a) \(3\sqrt{16x-32}=36+\sqrt{9x-18}\left(x\ge2\right)\)

\(\Leftrightarrow3\cdot4\sqrt{x-2}=36+3\sqrt{x-2}\)

\(\Leftrightarrow12\sqrt{x-2}=36+3\sqrt{x-2}\)

\(\Leftrightarrow12\sqrt{x-2}-3\sqrt{x-2}=36\)

\(\Leftrightarrow9\sqrt{x-2}=36\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-2}=4\)

\(\Leftrightarrow x-2=4^2\)

\(\Leftrightarrow x-2=16\)

\(\Leftrightarrow x=18\left(tm\right)\)

b) \(\sqrt{x^2-2x\sqrt{6}+6}-\sqrt{6}=0\left(x\in R\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-2x\sqrt{6}+6}=\sqrt{6}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-2\cdot x\cdot\sqrt{6}+\left(\sqrt{6}\right)^2}=\sqrt{6}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x-\sqrt{6}\right)^2}=\sqrt{6}\)

\(\Leftrightarrow\left|x-\sqrt{6}\right|=\sqrt{6}\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-\sqrt{6}=\sqrt{6}\left(x\ge\sqrt{6}\right)\\x-\sqrt{6}=-\sqrt{6}\left(x< \sqrt{6}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\sqrt{6}\left(tm\right)\\x=0\left(tm\right)\end{matrix}\right.\)

Bài 1:(Đề 5)

a: \(\dfrac{3}{2}\sqrt{12}+\sqrt{75}-\sqrt{300}+\sqrt{27}\)

\(=\dfrac{3}{2}\cdot2\sqrt{3}+5\sqrt{3}-10\sqrt{3}+3\sqrt{3}\)

\(=3\sqrt{3}-2\sqrt{3}=\sqrt{3}\)

b: \(\sqrt{16-6\sqrt{7}}-\sqrt{\left(2-\sqrt{7}\right)^2}\)

\(=\sqrt{9-2\cdot3\cdot\sqrt{7}+7}-\sqrt{\left(\sqrt{7}-2\right)^2}\)

\(=\sqrt{\left(3-\sqrt{7}\right)^2}-\left|\sqrt{7}-2\right|\)

\(=\left|3-\sqrt{7}\right|-\left(\sqrt{7}-2\right)\)

\(=3-\sqrt{7}-\sqrt{7}+2=5-2\sqrt{7}\)

Câu 4(Đề 4)

a: 

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(2x+7=-\dfrac{1}{3}x\)

=>\(2x+\dfrac{1}{3}x=-7\)

=>\(x\cdot\dfrac{7}{3}=-7\)

=>x=-3

Thay x=-3 vào y=-1/3x, ta được:

\(y=-\dfrac{1}{3}\cdot\left(-3\right)=1\)

a: Kẻ OH vuông góc BC

=>OH là khoảng cách từ O đến BC

ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

=>\(HB=HC=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

ΔOHB vuông tại H

=>\(OH^2+HB^2=OB^2\)

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

=>OH=R/2

=>d(O;BC)=R/2

b: Xét ΔOBC có \(cosBOC=\dfrac{OB^2+OC^2-BC^2}{2\cdot OB\cdot OC}\)

=>\(cosBOC=\dfrac{R^2+R^2-3R^2}{2\cdot R\cdot R}=\dfrac{-1}{2}\)

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

ΔOBC cân tại O

=>\(\widehat{OBC}=\widehat{OCB}=\dfrac{180^0-120^0}{2}=30^0\)

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

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔAEC vuông tại E và ΔADB vuông tại D có

\(\widehat{EAC}\) chung

Do đó: ΔAEC đồng dạng với ΔADB

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

=>\(AE\cdot AB=AD\cdot AC\)

Xét ΔABC có

CE,BD là đường cao

CE cắt BD tại H

DO đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại M

Xét tứ giác AEHD có

\(\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)

=>AEHD là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{EDH}=\widehat{EAH}\)

=>\(\widehat{EDB}=\widehat{BAH}=90^0-\widehat{ABC}\left(1\right)\)

Xét tứ giác HDCM có

\(\widehat{HDC}+\widehat{HMC}=90^0+90^0=180^0\)

=>HDCM là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HDM}=\widehat{HCM}\)

=>\(\widehat{MDB}=\widehat{ECB}=90^0-\widehat{ABC}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{EDB}=\widehat{MDB}\)

=>DB là phân giác của \(\widehat{EDM}\)

Xét tứ giác BFEC có

\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

=>BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

Xét tứ giác AFHE có

\(\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

=>AEHF là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HFE}=\widehat{HAC}=90^0-\widehat{ACB}\)

Xét tứ giác BFHD có

\(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=180^0\)

=>BFHD là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HFD}=\widehat{HBD}=90^0-\widehat{C}\)

\(\widehat{EFD}=\widehat{EFC}+\widehat{DFC}=90^0-\widehat{C}+90^0-\widehat{C}=180^0-2\cdot\widehat{C}\)

ΔEBC vuông tại E có EM là trung tuyến

nên ME=MB=MC

ME=MB và ME=MC

=>ΔMEB cân tại M và ΔMEC cân tại M

Xét ΔMEC có \(\widehat{EMB}\) là góc ngoài tại đỉnh M

nên \(\widehat{EMB}=\widehat{MEC}+\widehat{MCE}=2\cdot\widehat{C}\)

=>\(\widehat{EMD}+\widehat{EFD}=180^0-2\cdot\widehat{C}+2\cdot\widehat{C}=180^0\)

=>EFDM là tứ giác nội tiếp

a: Xét tứ giác CAOD có

\(\widehat{CAO}+\widehat{CDO}=180^0\)

=>CAOD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CO

=>C,A,O,D cùng thuộc đường tròn đường kính CO

b: Xét (O) có

CA,CD là tiếp tuyến

=>CA=CD

mà OA=OD

nên OC là trung trực của AD

=>OC\(\perp\)AD(1)

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD\(\perp\)DB(2)

Từ (1) và (2) suy ra OC//DB

c: Sửa đề: CMBO

Xét ΔCAO vuông tại A và ΔMOB vuông tại O có

AO=BO

\(\widehat{COA}=\widehat{MBO}\)(CO//BM)

Do đó: ΔCAO=ΔMOB

=>CO=MB

Xét tứ giác CMBO có

CO//BM

CO=BM

Do đó: CMBO là hình bình hành

Bạn cần bài nào nhỉ?