Câu b bạn tự vẽ

Câu c:

PT hoành độ giao điểm: \(-3x+1=\left(1-2m\right)x+m-1\)

Mà 2 đt cắt tại hoành độ 1 nên \(x=1\)

\(\Leftrightarrow-2=1-2m+m-1\Leftrightarrow m=2\)

Câu d:

PT giao Ox,Oy lần lượt tại A,B của (d) là:

\(\left\{{}\begin{matrix}y=0\Rightarrow x=\dfrac{m-1}{2m-1}\Rightarrow A\left(\dfrac{m-1}{2m-1};0\right)\Rightarrow OA=\left|\dfrac{m-1}{2m-1}\right|\\x=0\Rightarrow y=m-1\Rightarrow B\left(0;m-1\right)\Rightarrow OB=\left|m-1\right|\end{matrix}\right.\)

Gọi H là chân đường cao từ O đến (d)

Đặt \(OH^2=t\)

Áp dụng HTL: \(\dfrac{1}{OH^2}=\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OB^2}=\dfrac{\left(2m-1\right)^2}{\left(m-1\right)^2}+\dfrac{1}{\left(m-1\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{t}=\dfrac{4m^2-4m+2}{\left(m-1\right)^2}\Leftrightarrow t=\dfrac{m^2-2m+1}{4m^2-4m+2}\\ \Leftrightarrow4m^2t-4mt+2t=m^2-2m+1\\ \Leftrightarrow m^2\left(4t-1\right)+2m\left(1-2t\right)+2t-1=0\)

Coi đây là PT bậc 2 ẩn m, PT có nghiệm 

\(\Leftrightarrow\Delta'=\left(1-2t\right)^2-\left(4t-1\right)\left(2t-1\right)\ge0\\ \Leftrightarrow4t^2-4t+1-8t^2+6t-1\ge0\\ \Leftrightarrow2t-4t^2\ge0\\ \Leftrightarrow2t\left(1-2t\right)\ge0\\ \Leftrightarrow0\le t\le\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow OH^2\le\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow OH\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)

Dấu \("="\Leftrightarrow\dfrac{m^2-2m+1}{4m^2-4m+2}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow4m^2-4m+2=2m^2-4m+2\)

\(\Leftrightarrow2m^2=0\Leftrightarrow m=0\)

Vậy m=0 thỏa yêu cầu đề

Tứ giác AOKC nội tiếp (K và A cùng nhìn OC dưới góc vuông)

\(\Rightarrow\widehat{ACO}=\widehat{AKO}\) (cùng chắn AO) (1)

Mà \(\widehat{ACO}=\widehat{IAO}\) (cùng phụ \(\widehat{AOC}\))  (2)

\(\widehat{IAO}=\widehat{OIA}\) (\(OI=OA\) nên tam giác OIA cân tại O) (3)

(1);(2);(3) \(\Rightarrow\widehat{OIA}=\widehat{AKO}\)

Do \(\widehat{OIA}\) và \(\widehat{AKO}\) cùng chắn OA \(\Rightarrow OKIA\) nội tiếp

c. Theo cmt \(\Rightarrow\widehat{AIK}+\widehat{AOK}=180^0\)

AOKC nội tiếp (như đầu câu b đã nói) \(\Rightarrow\widehat{AOK}+\widehat{ACK}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{AIK}=\widehat{ACK}\)  (4)

Lại có tứ giác ACDH nội tiếp (D và H cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông)

\(\Rightarrow\widehat{ACK}+\widehat{AHD}=180^0\) mà \(\widehat{AHD}+\widehat{MHD}=180^0\Rightarrow\widehat{ACK}=\widehat{MDH}\) (5)

(4);(5) \(\Rightarrow\widehat{AIK}=\widehat{MHD}\Rightarrow DH||IK\) (2 góc so le trong bằng nhau)

\(\Rightarrow\dfrac{DM}{KM}=\dfrac{HM}{IM}\) (định lý Talet)

Mặt khác \(CH||IB\) (cùng vuông góc AB) 

\(\Rightarrow\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{HM}{IM}\)

\(\Rightarrow\dfrac{DM}{KM}=\dfrac{CM}{BM}\Rightarrow DM.BM=KM.CM\)

tưởng anh Thịnh lên c3 rồi chứ

a: Xét ΔABD vuông tại D và ΔCBA vuông tại A có

góc B chung

=>ΔABD đồng dạng vơi ΔCBA

=>BA^2=BD*BC

b: Xét ΔBIC vuông tại I và ΔBDH vuông tại D có

góc DBH chung

=>ΔBIC đồng dạng với ΔBDH

=>BD*BC=BI*BH

c: BA=BK

BD*BC=BI*BH

mà BA^2=BD*BC

nên BK^2=BI*BH

=>ΔBKH vuông tại K

\(R_{tđ}=R_1+R_2=100+80=180\Omega\)

\(I_1=I_2=I=\dfrac{U}{R}=\dfrac{210}{180}=\dfrac{7}{6}A\)

Chiều dài 1 vòng quấn:

\(C=\pi\cdot d=0,25\pi\left(m\right)\)

Chiều dài dây dẫn:

\(l=n\cdot C=120\cdot0,25\pi=94,25m\)

Tiết diện dây:

\(S=\rho\dfrac{l}{R_2}=0,5\cdot10^{-6}\cdot\dfrac{94,25}{80}=5,89\cdot10^{-7}m^2\)

a) vì R1 mắc nối tiếp với R2 

=> Rtđ=R1+R2=100+80=180 (Ω)

b) cường độ dòng điện qua mỗi điện trở và mạch chính là :

    I=I1=I2=U/Rtđ=240/180=4/3 (A)

c) chiều dài 1 vòng quấn là :

  l1=3,14.0,025=0,0785m

chiều dài dây dẫn là

l=120.0,0785=9,42 vòng

tiết diện của dây dẫn là 

R=p.  l/S => S= l.p/R =0,5.10^-6  .9,42/80=5,89.10^-8 m^2

b Ta có \(\Lambda ABE=\dfrac{1}{2}sđ\cap BE,\Lambda AFB=\dfrac{1}{2}sđ\cap BE\Rightarrow\Lambda ABE=\Lambda AFB\)

Mà \(\Lambda EAB=\Lambda BAF\) \(\Rightarrow\Delta EAB\sim\Delta BAF\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{EA}{BA}=\dfrac{AB}{ÀF}\Rightarrow AE\cdot AF=AB^2\left(1\right)\)

Áp dụng hệ thức lượng giác vào \(\Delta AOB\) có:(BH vuông góc với AO)

\(\Rightarrow AH\cdot AO=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AH\cdot AO=AE\cdot AF\)

a) Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{ABO}\) và \(\widehat{ACO}\) là tứ giác nội tiếp

\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: ABOC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

b) Xét (O) có

\(\widehat{BFE}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BE}\)

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

Do đó: \(\widehat{BFE}=\widehat{ABE}\)(Hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

\(\Leftrightarrow\widehat{BFA}=\widehat{EBA}\)

Xét ΔBFA và ΔEBA có 

\(\widehat{BFA}=\widehat{EBA}\)(cmt)

\(\widehat{ABF}\) là góc chung

Do đó: ΔBFA∼ΔEBA(g-g)

\(\Leftrightarrow\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AB}{AE}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(AB^2=AF\cdot AE\)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao ứng với cạnh huyền AO, ta được:

\(AB^2=AH\cdot AO\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AF\cdot AE=AH\cdot AO\)(đpcm)

c Nối OM \(\Rightarrow OM\) vuông góc với EF(do OM là đường nối từ tâm O đến trung điểm của dây cung EF)

\(\Rightarrow\Lambda AMO=\Lambda AHK=90^0\) Mà \(\Lambda OAM=\Lambda KAH\)

\(\Rightarrow\Delta OAM\sim\Delta KAH\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{AM}{AH}=\dfrac{AO}{AK}\Rightarrow AM\cdot AK=AH\cdot AO\left(3\right)\)

Từ câu b có \(AH\cdot AO=AE\cdot AF\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow AM\cdot AK=AE\cdot AF\Rightarrow\dfrac{1}{AM\cdot AK}=\dfrac{1}{AE\cdot AF}\Rightarrow\dfrac{1}{AK}=\dfrac{AM}{AE\cdot AF}\Rightarrow\dfrac{2}{AK}=\dfrac{2AM}{AE\cdot AF}\Rightarrow\dfrac{AE+AF}{AE\cdot AF}=\dfrac{2}{AK}\Rightarrow\dfrac{1}{AE}+\dfrac{1}{ÀF}=\dfrac{2}{AK}\Rightarrow\dfrac{AK}{AE}+\dfrac{AK}{AF}=2\)

 C

C nhé

b)\(\Delta DBC\) vuông tại B có đường cAO BA nên

\(\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{1}{BD^2}+\dfrac{1}{BC^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{BD^2}=\dfrac{1}{3^2}-\dfrac{1}{5^2}=\dfrac{16}{225}\)

\(\Leftrightarrow BD=\dfrac{15}{4}\left(cm\right)\)

\(AD=\sqrt{BD^2-AB^2}=\dfrac{9}{4}\left(cm\right)\)

c)\(\Delta ABD\) vuông tại A có đường cao AF nên

\(BF.BD=AB^2\left(1\right)\)

\(\Delta BAC\) vuông tại có đường cao AE nên

\(BE.BC=AB^2\left(2\right)\)

từ \(\left(1\right)và\left(2\right)\Rightarrow BF.BD=BE.BC\)

a: Xét tứ giác AMCN có 

O là trung điểm của AC

O là trung điểm của MN

Do đó: AMCN là hình bình hành