Xét ΔOHC vuông tại H có sin OCH=\(\frac{OH}{OC}=\frac{\sqrt3}{2}\)

nên \(\hat{OCH}=60^0\)

XétΔOCD có OC=OD và \(\hat{OCD}=60^0\)

nên ΔOCD đều

=>\(\hat{COD}=60^0\)

Số đo cung lớn CD là:

\(360^0-60^0=300^0\)

Bài 21:

a: XétΔOCD có OC=OD=CD

nên ΔOCD đều

=>\(\hat{COD}=60^0\)

D nằm trên cung CB

=>tia OD nằm giữa hai tia OC và OB

=>\(\hat{BOD}+\hat{COD}=\hat{BOC}\)

=>\(\hat{BOD}=90^0-60^0=30^0\)

=>sđ cung nhỏ BD=30 độ

b: D nằm trên cung AC

=>tia OD nằm giữa hai tia OC và OA

mà tia OC nằm giữa hai tia OA và OB

nên tia OC nằm giữa hai tia OB và OD

=>\(\hat{DOB}=\hat{DOC}+\hat{COB}=60^0+90^0=150^0\)

=>sđ cung nhỏ BD=150 độ

Bài 19:

a: Xét ΔOBA có OA=OB=AB

nên ΔOAB đều

=>\(\hat{AOB}=60^0\)

=>sđ cung nhỏ AB=60 độ

b: sđ cung lớn AB là: \(360^0-60^0=300^0\)

Tam giác ABC có: D là trung điểm AB
và E là trung điểm AC
Nên DE là đường trung bình của tam giác ABC
Suy ra DE//BC
Chứng minh tương tự, ta cũng có: DF//AC
Tứ giác DECF có: DE//BC (cmt)
Và DF//AC (cmt)
Nên DECF là hình bình hành

a: Xét ΔABC có D,E lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>DE là đường trung bình của ΔABC

=>DE//BC và \(DE=\frac{BC}{2}\)

DE//BC

=>DE//CF

\(DE=\frac{BC}{2}\)

\(CF=\frac{CB}{2}\)

Do đó: DE=CF

Xét tứ giác DECF có

DE//CF

DE=CF

Do đó: DECF là hình bình hành

1)

Ta có:

$4\sqrt{x+1}=x^2-5x+14$

$4\sqrt{x+1}=(x+1)^2-7(x+1)+20$

Đặt $t=\sqrt{x+1}\geq 0$, suy ra $x=t^2-1$.

$4t=(t^2-1)^2-5(t^2-1)+14$

$t^4-7t^2-4t+20=0$

$(t-2)^2(t^2+4t+5)=0$

$(t-2)^2=0$ (vì $t^2+4t+5=(t+2)^2+1>0$)

$t=2$

$\sqrt{x+1}=2$

$x+1=4$

$x=3$

Vậy nghiệm của phương trình là $x=3$.

2)

Ta có: $\sqrt{x-4}+\sqrt{6-x}=x^2-10x+27$

Điều kiện: $4\leq x\leq 6$

$\sqrt{x-4}+\sqrt{6-x}=(x-5)^2+2$

Vì $x\in[4;6]$ nên: $\sqrt{x-4}+\sqrt{6-x}\leq\sqrt{2(x-4+6-x)}=2$

Mặt khác: $(x-5)^2+2\geq 2$

Suy ra: $\sqrt{x-4}+\sqrt{6-x}=2$

$(x-5)^2+2=2$

$(x-5)^2=0$

$x=5$

Thử lại: $\sqrt{5-4}+\sqrt{6-5}=5^2-10\cdot5+27$

$2=2$ (đúng)

Vậy nghiệm của phương trình là $x=5$.

3)

Ta có $x^2-7x+\sqrt{x^2-7x+8}=12$

$\sqrt{x^2-7x+8}=12-x^2+7x$

Đặt $t=\sqrt{x^2-7x+8}\geq 0$

$x^2-7x=t^2-8$

$t^2-8+t=12$

$t^2+t-20=0$

$(t-4)(t+5)=0$

$t=4$ (vì $t\geq 0$)

$x^2-7x+8=16$

$x^2-7x-8=0$

$(x-8)(x+1)=0$

$x=8$ hoặc $x=-1$

Vậy nghiệm của phương trình là $x\in\{-1;8\}$.

ĐKXĐ: x+8>=0 và 6-2x>=0

=>x>=-8 và 2x<=6

=>-8<=x<=3

Ta có: \(x + 6\sqrt{x + 8} + 4\sqrt{6 - 2x} = 27\)

=>\(x-1+6\sqrt{x+8}-18+4\sqrt{6-2x}-8=0\)

=>\(x-1+6\left(\sqrt{x+8}-3\right)+4\left(\sqrt{6-2x}-2\right)=0\)

=>\(x-1+6\cdot\frac{x+8-9}{\sqrt{x+8}+3}+4\cdot\frac{6-2x-4}{\sqrt{6-2x}+2}=0\)

=>(x-1)\(\left\lbrack1+\frac{6}{\sqrt{x+8}+3}-\frac{8}{\sqrt{6-2x}+2}\right\rbrack=0\)

=>x-1=0

=>x=1

a: Xét ΔABD có H,L lần lượt là trung điểm của AB,AD
=>HL là đường trung bình của ΔABD

=>HL//BD và \(HL=\frac{BD}{2}\)

Xét ΔCBD có

I,K lần lượt là trung điểm của CB,CD
=>IK là đường trung bình của ΔCBD

=>IK//BD và \(IK=\frac{BD}{2}\)

HL//BD

IK//BD

Do đó: HL//IK

\(HL=\frac{BD}{2}\)

\(IK=\frac{BD}{2}\)

Do đó: HL=IK

Xét ΔBAC có

H,I lần lượt là trung điểm của BA,BC

=>HI là đường trung bình của ΔBAC

=>HI//AC và HI=AC/2

HI//AC

AC⊥BD

Do đó: HI⊥BD

HI⊥BD

HL//BD

Do đó: HI⊥HL

Xét tứ giác HLKI có

HL//KI

HL=KI

Do đó: HLKI là hình bình hành

Hình bình hành HLKI có HI⊥HL

nên HLKI là hình chữ nhật

=>H,L,K,I cùng thuộc một đường tròn

b: ABCD là hình thoi

=>\(\hat{ABC}+\hat{BAD}=180^0\)

=>\(\hat{ABC}=180^0-60^0=120^0\)

Xét ΔBAC có \(cosABC=\frac{BA^2+BC^2-AC^2}{2\cdot BA\cdot BC}\)

=>\(\frac{2\cdot BA^2-4^2}{2\cdot BA^2}=cos120=\frac{-1}{2}\)

=>\(4\cdot BA^2-32=-2\cdot BA^2\)

=>\(6\cdot BA^2=32\)

=>\(BA^2=\frac{32}{6}=\frac{16}{3}\)

=>\(BA=\frac{4}{\sqrt3}=\frac{4\sqrt3}{3}\) (cm)

Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)

nên ΔABD đều

=>\(BD=BA=\frac{4\sqrt3}{3}\) (cm)

=>\(HL=\frac{BD}{2}=\frac{4\sqrt3}{3}:2=\frac{2\sqrt3}{3}\left(\operatorname{cm}\right)\)

\(HI=\frac{AC}{2}=\frac42=2\left(\operatorname{cm}\right)\)

HLKI là hình chữ nhật

=>\(LI^2=HI^2+HL^2=2^2+\left(\frac{2\sqrt3}{3}\right)^2=4+\frac{4\cdot3}{9}=4+\frac43=\frac{16}{3}\)

=>\(LI=\frac{4\sqrt3}{3}\left(\operatorname{cm}\right)\)

=>\(R=\frac{4\sqrt3}{3}:2=\frac{2\sqrt3}{3}\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại A

=>AB⊥AC

mà OI⊥AB

nên OI//AC

Xét ΔBAC có OI//AC
nên \(\frac{OI}{AC}=\frac{BO}{BC}\)

=>\(\frac{3}{AC}=\frac12\)

=>AC=6(cm)

ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AB^2=10^2-6^2=100-36=64=8^2\)

=>AB=8(cm)

a: Ta có: ΔOAC cân tại O

=>\(\hat{AOC}=180^0-2\cdot\hat{OAC}\) (1)

Ta có: ΔOBD cân tại O

=>\(\hat{BOD}=180^0-2\cdot\hat{OBD}\) (2)

AC//BD

=>\(\hat{OAC}=\hat{OBD}\) (hai góc so le trong)(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{AOC}=\hat{BOD}\)

Xét ΔAOC và ΔBOD có

OA=OB

\(\hat{AOC}=\hat{BOD}\)

OC=OD

Do đó: ΔAOC=ΔBOD

=>AC=BD

b: Ta có: \(\hat{AOC}=\hat{BOD}\)

mà \(\hat{AOC}+\hat{BOC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{BOD}+\hat{BOC}=180^0\)

=>D,O,C thẳng hàng

12: ΔBHA vuông tại H

=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AH^2=6^2-2^2=36-4=32\)

=>\(AH=4\sqrt2\) (cm)

ΔOAD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AD

=>\(DH=HA=4\sqrt2\) (cm)