Xét (O'): \(O'A\perp AB\) tại A và O'A là bán kính.

\(\Rightarrow\)AB là tiếp tuyến của (O') tại A.

\(\Rightarrow\widehat{NAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AN.

Mặt khác \(\widehat{AMN}\) là góc nội tiếp chắn cung AN.

\(\Rightarrow\widehat{AMN}=\widehat{NAB}\left(1\right)\)

Xét (O): \(\widehat{AMC}=\widehat{ABC}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AC}\right)\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow\widehat{NAB}=\widehat{ABC}\) nên AN//BC.

- Dựng đường kính AK của (O).

- △ACK nội tiếp đường tròn đường kính AK nên △ACK vuông tại C.

- Xét △AHB và △ACK có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AHB}=\widehat{ACK}=90^0\\\widehat{ABH}=\widehat{AKC}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AHB\sim\Delta ACK\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AB}{AK}\Rightarrow AH=\dfrac{AB.AC}{2R}\)

\(S_{ABC}=\dfrac{AH.BC}{2}=\dfrac{\dfrac{AB.AC}{2R}.BC}{2}=\dfrac{AB.AC.BC}{4R}\)

\(\dfrac{1}{x^2+2x}+\dfrac{1}{x^2+6x+8}+\dfrac{1}{x^2+10x+24}+\dfrac{1}{x^2+14x+48}=\dfrac{4}{105}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2}{x\left(x+2\right)}+\dfrac{2}{\left(x+2\right)\left(x+4\right)}+\dfrac{2}{\left(x+4\right)\left(x+6\right)}+\dfrac{2}{\left(x+6\right)\left(x+8\right)}=\dfrac{8}{105}\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+2}\right)+\left(\dfrac{1}{x+2}-\dfrac{1}{x+4}\right)+\left(\dfrac{1}{x+4}-\dfrac{1}{x+6}\right)+\left(\dfrac{1}{x+6}-\dfrac{1}{x+8}\right)=\dfrac{8}{105}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+8}=\dfrac{8}{105}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{8}{x\left(x+8\right)}=\dfrac{8}{105}\)

\(\Leftrightarrow x\left(x+8\right)=105\)

\(\Leftrightarrow x^2+8x-105=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-7x+15x-105=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-7\right)+15\left(x-7\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=7\\x=-15\end{matrix}\right.\)

Thử lại ta có nghiệm của phương trình trên là \(x=7\text{v}à\text{x}=15\)

Vẽ đường nét đứt cho 3 điểm đó nhé bạn, nếu vẽ đường thẳng nối 3 điểm đó thì khi nhìn hình mình sẽ hiểu lầm rằng 3 điểm đó thẳng hàng, từ đó chứng minh bị sai.

a) Bình trả lời toàn bộ các câu hỏi trong bài kiểm tra và đúng 13 câu nên Bình sai 20-13=7 câu.

- Số điểm bạn Bình đạt được là: \(13\times5-7\times2=51\left(điểm\right)\)

An không trả lời 4 câu và chỉ đúng 12 câu nên An sai 20-4-12=4 câu.

- Số điểm An đạt được là: \(12\times5-4\times2=52\left(điểm\right)\)

Vậy trong 2 bạn, An đạt điểm cao hơn vì số điểm của An lớn hơn số điểm cao Bình (52>51).

b) Gọi số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai và số câu không trả lời của Bách lần lượt là a,b,c (câu) (a,b,c∈N*).

Theo đề bài ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=20\left(2\right)\\5a-2b=69\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Từ (1) suy ra \(5a⋮̸2\) nên \(a⋮̸2\)

Đặt \(a=2a_1+1\left(a_1\in N\right)\). Thay vào (1) ta được:

\(5\left(2a_1+1\right)-2b=69\)

\(\Rightarrow10a_1-2b=64\Rightarrow5a_1-b=32\left(3\right)\)

Lấy (2) + (3) ta được:

\(5a_1+a+c=52\)

\(\Rightarrow5a_1+2a_1+1+c=52\Rightarrow7a_1+c=51\).

Ta có 51 chia 7 dư 2, 7a₁⋮7 nên c chia 7 dư 2.

Mặt khác từ (2) suy ra c<20 nên \(c\in\left\{2;9;16\right\}\)

- Với \(c=2\Rightarrow a_1=7\Rightarrow a=15\). (nhận vì \(a+c=15+2=17< 20\))

- Với \(c=9\Rightarrow a_1=6\Rightarrow a=13\) (loại vì \(a+c=13+9=22>20\))

- Với \(c=16\Rightarrow a_1=5\Rightarrow a=11\) (loại vì \(a+c=16+11=27>20\))

Vậy ta chỉ nhận trường hợp c=2 ; a=15.

Vậy Bách đã trả lời đúng 15 câu.

Với \(ab+bc+ca=1\) và a,b,c>0 ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{a^2+1}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\\\sqrt{b^2+1}=\sqrt{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}\\\sqrt{c^2+1}=\sqrt{\left(c+a\right)\left(b+c\right)}\end{matrix}\right.\). Do đó:

\(\dfrac{\sqrt{a^2+1}.\sqrt{b^2+1}}{\sqrt{c^2+1}}=a+b\)

Tương tự: \(\dfrac{\sqrt{b^2+1}.\sqrt{c^2+1}}{\sqrt{a^2+1}}=b+c\) ; \(\dfrac{\sqrt{c^2+1}.\sqrt{a^2+1}}{\sqrt{b^2+1}}=c+a\)

\(\Rightarrow P=2\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow P^2=4\left(a+b+c\right)^2\ge4.3\left(ab+bc+ca\right)=4.3.1=12\)

\(\Rightarrow P\ge2\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)

Vậy \(MinP=2\sqrt{3}\)

- Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d'):

\(-x^2=mx-4\Leftrightarrow x^2+mx-4=0\left(1\right)\)

\(a=1;b=m;c=-4\)

\(\Delta=b^2-4ac=m^2-4.\left(1\right).\left(-4\right)=m^2+16>0\)

Vì \(\Delta>0\) nên (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x₁, x₂.

Theo định lí Viete cho phương trình (1) ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{m}{1}=-m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{-4}{1}=-4\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(\left(x_1-x_2\right)^2-\left(x_1+x_2\right)=18\)

\(\Rightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)=18\)

\(\Rightarrow\left(-m\right)^2-2.\left(-4\right)-\left(-m\right)-18=0\)

\(\Leftrightarrow m^2+m-12=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=4\\m=-3\end{matrix}\right.\)

Vậy m=4 hay m=-3.

Ảnh ảo, cùng chiều với vật, nhỏ hơn vật, luôn nằm trong khoảng tiêu cự.

a) Xét (O): AB, AC là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại A.

\(\Rightarrow\)AB=AC nên △ABC cân tại A.

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\left(1\right)\)

Tứ giác CDME có: \(\widehat{CDM}+\widehat{CEM}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow\)CDME là tứ giác nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{DME}+\widehat{ACB}=180^0\left(2\right)\)

Tứ giác BDMF có: \(\widehat{BDM}+\widehat{BFM}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow\)BDMF là tứ giác nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{DMF}+\widehat{ABC}=180^0\left(3\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\Rightarrow\widehat{DME}=\widehat{DMF}\)

Xét (O): \(\widehat{ACM}=\widehat{MBC}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{MC}\right)\)

Lại có: 

\(\widehat{ACM}=\widehat{MDE}\) (CDME nội tiếp)

\(\widehat{MBC}=\widehat{MFD}\) (BDMF nội tiếp)

\(\Rightarrow\widehat{MDE}=\widehat{MFD}\)

Xét △MDE và △MFD có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MDE}=\widehat{MFD}\\\widehat{DME}=\widehat{FMD}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta MDE\sim\Delta MFD\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{MD}{MF}=\dfrac{ME}{MD}\Rightarrow MD^2=ME.MF\)

b) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{EMC}+\widehat{ACM}=90^0\\\widehat{MBC}+\widehat{BMD}=90^0\end{matrix}\right.\)

Mà \(\widehat{ACM}=\widehat{MBC}\Rightarrow\widehat{EMP}=\widehat{QMD}\)

Xét (O): \(\widehat{ABM}=\widehat{MCB}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{MB}\right)\)

Lại có:

\(\widehat{ABM}=\widehat{MDQ}\) (BDMF nội tiếp)

\(\widehat{MCB}=\widehat{MEP}\) (CDME nội tiếp)

\(\Rightarrow\widehat{MDQ}=\widehat{MEP}\)

Xét △MPE và △MQD có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MEP}=\widehat{MDQ}\\\widehat{EMP}=\widehat{DMQ}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta MPE\sim\Delta MQD\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{EPM}=\widehat{DQM}\)

Mặt khác \(\widehat{EPM}\) là góc ngoài của tứ giác MPDQ.

Nên MPDG là tứ giác nội tiếp.