Em tự vẽ hình nhé!

a. Xét tứ giác MAOB có:

\(\widehat{MAO}=90^o,\widehat{MBO}=90^o\) (tính chất tiếp tuyến)

=> \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=180^o\)

Do đó MAOB nội tiếp

Xét tam giác NAC và tam giác NBA có:

\(\widehat{ANC}=\widehat{BNA}\)

\(\widehat{NAC}=\widehat{NBA}=\dfrac{1}{2}sđAC\) (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

Do đó tam giác NAC đồng dạng tam giác NBA (g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{NA}{NB}=\dfrac{NC}{NA}\Leftrightarrow NA^2=NB.NC\)

Đường thẳng đi qua A và tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân đỉnh là gốc tọa độ sẽ qua điểm trung điểm của đoạn thẳng BC, ký hiệu là M.

Có:

Tọa độ x của trung điểm M = \(\dfrac{x_B+x_C}{2}=\dfrac{3+1}{2}=2\)

Tọa độ y của trung điểm M = \(\dfrac{y_B+y_C}{2}=\dfrac{2+6}{2}=4\) 

Vậy tọa độ của điểm M là (2, 4).

Phương trình đường thẳng đi qua A và M là:

\(y-1=\dfrac{4-1}{2-4}.\left(x-4\right)\Rightarrow y=-1,5x+7\)y

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là \(y=-1,5x+7.\)

(Cái câu kia mình làm cho bài khác tính cop màn hình mà bấm gửi nhầm ở đây, bài giải này mới đúng nhé!)

Đối xứng của A qua trục tung là A'(4; -1) và đối xứng của A qua trục hoành là A"(-4; 1).

Vậy đỉnh thứ hai của tam giác cân là I(-4; -1).

Ta có thể tính được hệ số góc của đường thẳng AI bằng công thức:

\(m=\dfrac{y_A-y_I}{x_A-x_I}=\dfrac{1-\left(-1\right)}{4-\left(-4\right)}=\dfrac{1}{4}\)

Vậy phương trình đường thẳng AI là:

\(y-y_A=m\left(x-x_A\right)\)

\(y-1=\dfrac{1}{4}\left(x-4\right)\)

\(4y-4=x-4\)

\(x-4y=0\)

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là \(x-4y=0\)

Em tự vẽ hình nhé!

a. Đề sai vì tam giác BDH là tam giác vuông còn BDF là tam giác thường.

b. Xét tam giác BHF và tam giác CHE có:

\(\widehat{BFH}=\widehat{CEH}=90^o\left(gt\right)\)

\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\) (đối đỉnh)

Do đó tam giác BHF đồng dạng tam giác CHE (g.g)

c. Xét tam giác AHE và tam giác BHD có:

\(\widehat{E}=\widehat{D}=90^o\)

\(\widehat{AHE}=\widehat{BHD}\) (đối đỉnh)

Do đó tam giác AHE đồng dạng tam giác BHD (g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{HA}{HB}=\dfrac{HE}{HD}\Leftrightarrow HA.HD=HE.HB\) (1)

Tương tự có tam giác AFH đồng dạng tam giác CDH (g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{HF}{HD}\Leftrightarrow HA.HD=HC.HF\left(2\right)\)

Từ (1), (2) có: \(HA.HD=HB.HE=HC.HF\)

Câu 1

(a)

\(M=\dfrac{x\left(x+1\right)+5\sqrt{x+1}\sqrt{x-1}}{5\left(x-1\right)+x\sqrt{x+1}\sqrt{x-1}}\)

\(M=\dfrac{x\sqrt{x+1}\sqrt{x+1}+5\sqrt{x+1}\sqrt{x-1}}{5\sqrt{x-1}\sqrt{x-1}+x\sqrt{x+1}\sqrt{x-1}}\)

\(M=\dfrac{\sqrt{x+1}\left(x\sqrt{x+1}+5\sqrt{x-1}\right)}{\sqrt{x-1}\left(5\sqrt{x-1}+x\sqrt{x+1}\right)}=\dfrac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}}\)

Vì x có giá trị là \(-1-\sqrt{2}\) nên không thể xác định được giá trị M 

Câu 1

(b)

Có \(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=\dfrac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2-\left(a+b+c\right)}{2}=\dfrac{6^2-14}{2}=11\)

\(\Rightarrow a+11=a+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)+\sqrt{c}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)

\(=\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)

Tương tự \(b+11=\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)

\(c+11=\left(\sqrt{c}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{c}+\sqrt{a}\right)\)

Có: \(\dfrac{\sqrt{a}}{a+11}+\dfrac{\sqrt{b}}{b+11}+\dfrac{\sqrt{c}}{c+11}\)

\(=\dfrac{\sqrt{a}}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}+\dfrac{\sqrt{b}}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}+\dfrac{\sqrt{c}}{\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{c}+\sqrt{a}\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)+\sqrt{b}\left(\sqrt{c}+\sqrt{a}\right)+\sqrt{c}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{c}+\sqrt{a}\right)}\)

\(=\dfrac{11\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)}{\sqrt{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\left(\sqrt{c}+\sqrt{a}\right)^2}}\)

\(=\dfrac{11.11}{\sqrt{\left[\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\right]\left[\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\right]\left[\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\right]}}\)

\(=\dfrac{22}{\sqrt{\left(a+11\right)\left(b+11\right)\left(c+11\right)}}\)

(2)

Điều kiện \(-1\le x\le1\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=\sqrt{x+1}\\v=\sqrt{1-x}\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}u^2+v^2=2\\2u^3=\left(u+v\right)\left(2-uv\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow2u^3=\left(u+v\right)\left(u^2+v^2-uv\right)=u^3+v^3\Leftrightarrow u=v\)

\(\Rightarrow\sqrt{x+1}=\sqrt{1-x}\Rightarrow x=0\) (thỏa mãn)

Bài 2

(1)

\(\Leftrightarrow2x\sqrt{1-y^2}+2y\sqrt{1-x^2}=2\)

\(\Leftrightarrow\left(1-y^2-2x\sqrt{1-y^2}+x^2\right)+\left(1-x^2-2y\sqrt{1-x^2}+y^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{1-y^2}-x\right)^2+\left(\sqrt{1-x^2}-y\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{1-y^2}-x=\sqrt{1-x^2}-y=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\sqrt{1-y^2}\\y=\sqrt{1-x^2}\end{matrix}\right.\)

Vì \(x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=1>0\)

Nên \(x\ge0,y\ge0\)  và kết hợp đề có \(-1\le x;y\le1\)

Do đó \(x^2+y^2=1\)

Câu 2

\(\Leftrightarrow2x\sqrt{x}=\left(1-\sqrt{x\left(1-x\right)}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{1-x}\right)\)

Đặt \(u=\sqrt{x},v=\sqrt{1-x}\) được 

\(\left\{{}\begin{matrix}u^2+v^2=1\\2u^3=\left(u+v\right)\left(1-uv\right)\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}u^2+v^2=1\\2u^3=\left(u+v\right)\left(1-uv\right)=\left(u+v\right)\left(u^2+v^2-uv\right)=u^3+v^3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow u=v=1\) (u = 1 hoặc v = 1)

\(\Rightarrow x=1\)

Em tự vẽ hình nhé!

Kẻ \(ID\perp AC,IE\perp AB\). Theo tính chất tia phân giác: \(IE=ID=IH=1\left(cm\right)\)

Ta chứng minh được \(BE=BH=2\left(cm\right),CD=CH=3\left(cm\right)\)

AI là tia phân giác của \(\widehat{A}\) mà \(\widehat{A}=90^o\) nên \(\widehat{IAD}=\widehat{IAE}=45^o\)

Suy ra \(AD=ID=1\left(cm\right)\), \(AE=IE=1\left(cm\right)\). Từ đó, chu vi tam giác ABC là: \(1+2+2+3+3+1=12\left(cm\right)\)