a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

DB,DM là các tiếp tuyến

Do đó: DB=DM

Xét (O) có

EM,EC là các tiếp tuyến

Do đó: EM=EC

Chu vi tam giác ADE là:

\(C_{ADE}=AD+DE+AE\)

\(=AD+DM+ME+AE\)

\(=AD+DB+CE+AE\)

\(=AB+AC=2\cdot AB\)

a: Xét tứ giác AECO có

\(\widehat{EAO}+\widehat{ECO}=90^0+90^0=180^0\)

=>AECO là tứ giác nội tiếp

=>A,E,C,O cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: ΔOBC cân tại O

mà OF là đường trung tuyến

nên OF là tia phân giác của góc COB

Xét ΔCOF và ΔBOF có

OC=OB

\(\widehat{COF}=\widehat{BOF}\)

OF chung

Do đó: ΔOCF=ΔOBF

=>\(\widehat{OCF}=\widehat{OBF}\)

mà \(\widehat{OCF}=90^0\)

nên \(\widehat{OBF}=90^0\)

=>FB là tiếp tuyến của (O)

c: Xét (O) có

EA,EC là các tiếp tuyến

=>EA=EC

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

Ta có: OA=OC

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

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

=>OE\(\perp\)AC tại H và H là trung điểm của AC

Xét ΔAEO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OE=OA^2\)

=>\(4\cdot OH\cdot OE=4\cdot OA^2=\left(2\cdot OA\right)^2=AB^2\)

de ma

abcd + dcba = 15664 

1000*a+100*b+10*c+d+1000*d+100*c+10*b+a=15664 

1001*(a+d)+110*(b+c)=15664 

Mà 110*(b+c) có tận cùng là 0 

Nên 1001*(a+d) có tận cùng là 4 

Nên a + d có tận cùng là 4 

1001 * 4 = 4004 ( loại ) 

1001 * 14 = 14014 ( nhận ) 

Vậy a+c=14 

Vậy a = 9 ; d = 5 

14014+110*(b+c)=15664

110*(b+c)=1650

b+c=1650:110

b+c=15 

Vậy a + b + c + d = 14 + 15 = 29 

Có \(\frac{3.\left(3-1\right)}{2}=\frac{3.2}{2}=3\) (tia) mà có gốc O và đi qua 1 trong 3 điểm A, B, C

mk k hieu

a. Em tự giải

b. 

\(\Delta OAB\) cân tại O (do \(OA=OB=R\), mà \(OH\) là đường vuông góc (do OH vuông góc AB)

\(\Rightarrow OH\) đồng thời là trung tuyến và trung trực của AB

Hay OM là trung trực của AB

\(\Rightarrow MA=MB\Rightarrow\Delta MAB\) cân tại M

c.

Do EC là tiếp tuyến tại C \(\Rightarrow EC\perp AC\)

MA là tiếp tuyến tại A \(\Rightarrow MA\perp AC\)

\(\Rightarrow EC||MA\Rightarrow\widehat{MAH}=\widehat{CEB}\) (so le trong)

Mà \(\widehat{MAH}=\widehat{MOA}\) (cùng phụ \(\widehat{AMH}\))

\(\Rightarrow\widehat{CEB}=\widehat{MOA}\)

Xét hai tam giác CEB và MOA có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CEB}=\widehat{MOA}\left(cmt\right)\\\widehat{CBE}=\widehat{MAO}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta CEB\sim\Delta MOA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BE}{OA}=\dfrac{BC}{AM}\Rightarrow BE.AM=BC.OA\)

Mà \(MA=MB\) (theo cm câu b) và \(OA=BO=R\)

\(\Rightarrow BE.BM=BC.BO\)

a: Xét tứ giác EHOC có \(\widehat{EHO}+\widehat{ECO}=90^0+90^0=180^0\)

nên EHOC là tứ giác nội tiếp

=>E,H,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc AOB

Xét ΔAOM và ΔBOM có

OA=OB

\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)

OM chung

Do đó: ΔAOM=ΔBOM

=>MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

c: Ta có: ΔAOM=ΔBOM

=>\(\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^0\)

Xét tứ giác OAMB có \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=90^0+90^0=180^0\)

nên OAMB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{OMB}=\widehat{OAB}=\widehat{CAB}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB

\(\widehat{ECB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CE và dây cung CB

Do đó: \(\widehat{CAB}=\widehat{ECB}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{OMB}=\widehat{ECB}\)

Xét ΔOMB và ΔECB có

\(\widehat{OMB}=\widehat{ECB}\)

\(\widehat{OBM}=\widehat{EBC}=90^0\)

Do đó: ΔOMB~ΔECB

=>\(\dfrac{BO}{BE}=\dfrac{BM}{BC}\)

=>\(BO\cdot BC=BM\cdot BE\)

Lời giải :

Đặt \(\frac{a}{b}=t\Leftrightarrow\frac{b}{a}=\frac{1}{t}\)

BĐT \(\Leftrightarrow t^2+\frac{1}{t^2}+4\ge3\left(t+\frac{1}{t}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(t+\frac{1}{t}\right)^2-3\left(t+\frac{1}{t}\right)+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(t+\frac{1}{t}-1\right)\left(t+\frac{1}{t}-2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{t^2-t+1}{t}\cdot\frac{t^2-2t+1}{t}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(t^2-t+1\right)\left(t-1\right)^2}{t^2}\ge0\)( luôn đúng )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow t=1\Leftrightarrow\frac{a}{b}=1\Leftrightarrow a=b\)