Xét (O) có

ΔAFB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAFB vuông tại F

=>AF\(\perp\)EB tại F

Xét ΔEAB vuông tại A có AF là đường cao

nên \(BF\cdot BE=BA^2\)

=>\(BF\left(BF+9\right)=15^2=225\)

=>\(BF^2+9BF-225=0\)

\(\text{Δ}=9^2-4\cdot1\cdot\left(-225\right)=81+900=981>0\)

Do đó:

\(\left[{}\begin{matrix}BF=\dfrac{-9-\sqrt{981}}{2}\left(loại\right)\\BF=\dfrac{-9+\sqrt{981}}{2}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

=>\(BF=\dfrac{-9+\sqrt{981}}{2}\left(cm\right)\)

Gọi \(x;y>0\left(phút\right)\) là thời gian bơi lội và đi bộ mỗi ngày

Tổng lượng calo tiêu thụ: \(10x+5y=800\Rightarrow y=160-2x\left(1\right)\)

Tổng thời gian tập luyện: \(x+y\le90\Leftrightarrow y\le90-x\)

\(\)\(\left(1\right)\Rightarrow160-2x\le90-x\)

\(\Leftrightarrow x\ge70\)

Vậy Nam cần dành tối thiểu là \(70\left(phút\right)\) cho hoạt động bơi lội mỗi ngày

Gọi giao điểm của OS và DE là K, giao điểm của AO và BC là H

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

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

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\)

Xét ΔOHS vuông tại H và ΔOKA vuông tại K có

\(\widehat{HOS}\) chung

Do đó: ΔOHS~ΔOKA

=>\(\dfrac{OH}{OK}=\dfrac{OS}{OA}\)

=>\(OK\cdot OS=OH\cdot OA=R^2\)

=>\(OK\cdot OS=OE^2\)

=>\(\dfrac{OK}{OE}=\dfrac{OE}{OS}\)

Xét ΔOKE và ΔOES có

\(\dfrac{OK}{OE}=\dfrac{OE}{OS}\)

\(\widehat{KOE}\) chung

Do đó: ΔOKE~ΔOES

=>\(\widehat{OKE}=\widehat{OES}\)

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

=>SE là tiếp tuyến của (O)

ΔODE cân tại O

mà OS là đường cao

nên OS là phân giác của góc DOE

Xét ΔOES và ΔODS có

OS chung

\(\widehat{EOS}=\widehat{DOS}\)

OE=OD

Do đó: ΔOES=ΔODS

=>\(\widehat{OES}=\widehat{ODS}\)

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

=>SD là tiếp tuyến của (O)

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

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

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

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại C

Xét ΔDBC vuông tại C và ΔBAH vuông tại H có

\(\widehat{CDB}=\widehat{HBA}\left(=\widehat{BOA}\right)\)

Do đó: ΔDBC~ΔBAH

c: ΔDBC~ΔBAH

=>\(\dfrac{BC}{AH}=\dfrac{DC}{BH}\)

mà AH=2MH và BC=2BH(H là trung điểm của BC)

nên \(\dfrac{2BH}{2MH}=\dfrac{DC}{BH}\)

=>\(\dfrac{DC}{BH}=\dfrac{BH}{MH}\)

mà BH=HC

nên \(\dfrac{MH}{HC}=\dfrac{BH}{DC}\)

Xét ΔBMH vuông tại H và ΔDHC vuông tại C có

\(\dfrac{MH}{DC}=\dfrac{BH}{DC}\)

Do đó: ΔBMH~ΔDHC

=>\(\widehat{MBH}=\widehat{HDC}\)

mà \(\widehat{MBH}=\widehat{NBC}=\widehat{NDC}\)

nên \(\widehat{HDC}=\widehat{NDC}\)

=>D,H,N thẳng hàng 

a: Xét (O) có

ΔCAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

Xét tứ giác CEHF có \(\widehat{CEH}=\widehat{CFH}=\widehat{ECF}=90^0\)

nên CEHF là hình chữ nhật

b:

I là tâm đường tròn đường kính AH nên I là trung điểm của AH

=>IA=IH

Ta có: OI+IA=OA

=>OI=OA-IA=R-r

=>(O) và (I) tiếp xúc trong với nhau nhau tại A

Vì HI+HK=IK

nên (I) và (K) tiếp xúc ngoài với nhau nhau tại H

Ta có: \(A=\left(\dfrac{1}{1-\sqrt{a}}+\dfrac{1}{1+\sqrt{a}}\right)\cdot\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{a}}\right)\)

\(=\dfrac{1+\sqrt{a}+1-\sqrt{a}}{\left(1-\sqrt{a}\right)\left(1+\sqrt{a}\right)}\cdot\dfrac{\sqrt{a}-1}{\sqrt[]{a}}\)

\(=\dfrac{-2}{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}\cdot\dfrac{\sqrt{a}-1}{\sqrt{a}}=\dfrac{-2}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+1\right)}\)

a: Sửa đề: Chứng minh OA\(\perp\)BC tại H

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

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

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC 

b: Xét ΔOBA vuông tại B có \(cosBOA=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}\)

nên \(\widehat{BOA}=75^0\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: OA là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOC}=2\cdot\widehat{BOA}=150^0\)

Ta có: \(\widehat{BOC}+\widehat{COD}=180^0\)

=>\(\widehat{COD}=180^0-150^0=30^0\)

Diện tích hình quạt giới hạn bởi hai bán kính OC,OD và cung nhỏ CD là:

\(S_{q\left(COD\right)}=\dfrac{\Omega\cdot R^2\cdot n}{360}=\dfrac{\Omega\cdot R^2\cdot30}{360}=\Omega\cdot\dfrac{R^2}{12}\)

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

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

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

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại C

Xét ΔDBC vuông tại C và ΔBAH vuông tại H có

\(\widehat{CDB}=\widehat{HBA}\left(=\widehat{BOA}\right)\)

Do đó: ΔDBC~ΔBAH

c: ΔDBC~ΔBAH

=>\(\dfrac{BC}{AH}=\dfrac{DC}{BH}\)

mà AH=2MH và BC=2BH(H là trung điểm của BC)

nên \(\dfrac{2BH}{2MH}=\dfrac{DC}{BH}\)

=>\(\dfrac{DC}{BH}=\dfrac{BH}{MH}\)

mà BH=HC

nên \(\dfrac{MH}{HC}=\dfrac{BH}{DC}\)

Xét ΔBMH vuông tại H và ΔDHC vuông tại C có

\(\dfrac{MH}{DC}=\dfrac{BH}{DC}\)

Do đó: ΔBMH~ΔDHC

=>\(\widehat{MBH}=\widehat{HDC}\)

mà \(\widehat{MBH}=\widehat{NBC}=\widehat{NDC}\)

nên \(\widehat{HDC}=\widehat{NDC}\)

=>D,H,N thẳng hàng 

  .