a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

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

b: Xét ΔOMC vuông tại M có MH là đường cao

nên \(HC\cdot HO=HM^2\left(1\right)\)

Xét ΔMAB vuông tại M có MH là đường cao

nên \(HA\cdot HB=HM^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(HC\cdot HO=HA\cdot HB\)

c: Xét tứ giác AMBQ có

O là trung điểm của AB và MQ

Do đó: AMBQ là hình bình hành

Hình bình hành AMBQ có AB=MQ

nên AMBQ là hình bình hành

Vâng ạ, đây có thể là một bài toán dễ đối với hai bạn. Vậy thì phiền hai bạn, trước khi nói nó dễ hay điên khùng gì đó thì làm ơn giải trước ạ. Cảm ơn (dù hai bạn đang lãng phí thời gian của tôi)

Ta thấy hiện tượng trong bình nước có thực vật thủy sinh đang phát triển, nếu thay đổi độ chiếu sáng của đèn, thủy sinh đó sẽ không thể lớn lên và phát triển.
@NGÔ QUANG HUY

tu lam

a)xét tam giác KHF vuông tại H và tam giác AHF vuông tại H có

FH chung

KH=HA(gt)

=>tam giác KHF=tam giác AHF(2 cạnh góc vuông)

=>FK=FA(cạnh tương ứng)

b)Xét tam giác FMK và tam giác CMB có

FM=MC(M là trung điểm FC)

FMK=CMB(đối đỉnh)

KM=MB(gt)

=>tam giác FMK=tam giác CMB(c-g-c)

=>BC=FK(cạnh tương ứng)

mà FK=FA(câu a)

=>BC=FA

c) xét tam giác AKM có

HM vuông góc với AK(KH vuông góc với FC)

H là trung điểm AK(KH=AK)

=>tam giác AKM cân tại M(dhnb)

=>KM=AK(t/c)

mà M là trung điểm KB(MK=MB)

=>KM=AK=MB

=>tam giác KAB vuông tại A(trung tuyến thuộc cạnh huyền)

=>AB vuông góc với AK(t/c)

mà HM vuông góc với AK(gt)

=>HM//AB

hay FC//AB(đpcm)

dhnb= dấu hiệu nhận biết

Đpcm = điều phải chứng minh

Nêu cách định dạng chữ "Hà Nội " sang kiểu chữ in nghiêng và gạch chân?

Câu 6: 

a) Xét ΔABM vuông tại M và ΔACM vuông tại M có 

AB=AC(ΔABC cân tại A)

AM chung

Do đó: ΔABM=ΔACM(Cạnh huyền-cạnh góc vuông)

Không ai vẽ hình khi làm bài mặt cầu Oxyz đâu bạn, chỉ cần đại số hóa nó là được.

Gọi I là tâm mặt cầu, do mặt cầu tiếp xúc (Q) tại H nên \(IH\perp\left(Q\right)\)

\(\Rightarrow\) Đường thẳng IH nhận vtpt của (Q) là 1 vtcp

\(\Rightarrow\) IH nhận (1;1;-1) là 1 vtcp

Phương trình IH: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+t\\y=-1+t\\z=-t\end{matrix}\right.\)

I vừa thuộc IH vừa thuộc (P) nên là giao điểm của IH và (P)

\(\Rightarrow\) Tọa độ I thỏa mãn:

\(2\left(1+t\right)+\left(-1+t\right)+\left(-t\right)-3=0\)

\(\Rightarrow t=1\Rightarrow I\left(2;0;-1\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{IH}=\left(-1;-1;1\right)\Rightarrow R=IH=\sqrt{3}\)

Phương trình (S):

\(\left(x-2\right)^2+y^2+\left(z+1\right)^2=3\)

a: Xét tứ giác BHCD có

M là trung điểm chung của BC và HD

Do đó: BHCD là hình bình hành

b: BHCD là hình bình hành

=>BH//CDvà BD//CH

BH//CD

AC vuông góc BH

Do đó: CA vuông góc CD

=>ΔCAD vuông tại C

CH//BD

CH vuông góc AB

Do đó: BD vuông góc AB

=>ΔABD vuông tại B

c: \(\widehat{ABD}=\widehat{ACD}=90^0\)

=>ABDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AD

=>ABDC nội tiếp (I)

=>IA=IB=ID=IC

hình

a) Xét tam giác ABD và tam giác ACE có :
góc ADB = góc AEC = 90 độ
góc A chung
=> tam giác ABD ~ tam giác ACE (g.g)
=> AD/AE = AB/AC (yttu)
=> AE.AB = AC.AD

Câu a)+b)