a: Xét tứ giác MAOB có \(\hat{MAO}+\hat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MAOB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO

=>M,A,O,B cùng thuộc một đường tròn

Tâm là trung điểm của MO

b: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó; MA=MB và OM là phân giác của góc AOB

ΔOAB cân tại O

mà OM là đường phân giác

nên OM⊥AB

c: Xét (O) có

ΔBAD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔBAD vuông tại B

=>BA⊥BD

mà OM⊥BA

nên OM//BD

d: Xét (O) có

ΔAND nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔAND vuông tại N

=>AN⊥MD tại N

Xét ΔMAD vuông tại A có AN là đường cao

nên \(MN\cdot MD=MA^2\) (1)

Xét ΔMAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(MN\cdot MD=MH\cdot MO\)

Kẻ OK⊥AB tại K và OH⊥CD tại H

=>OK,OH lần lượt là khoảng cách từ O đến AB và từ O đến CD

Theo đề, ta có: OH=3cm

ΔOAB cân tại O

mà OK là đường cao

nên K là trung điểm của AB

=>\(KA=KB=\frac82=4\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔOKA vuông tại K

=>\(OK^2+KA^2=OA^2\)

=>\(OK^2=5^2-4^2=25-16=9=3^2\)

=>OK=3(cm)

Xét tứ giác OKIH có \(\hat{OKI}=\hat{OHI}=\hat{KIH}=90^0\)

nên OKIH là hình chữ nhật

Hình chữ nhật OKIH có OK=OH

nên OKIH là hình vuông

=>OK=KI=IH=OH=3cm

Xét (O) có

AB,CD là các dây

d(O;AB)=d(O;CD)

Do đó: AB=DC

=>DC=8(cm)

ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của CD
=>HC=HD=CD/2=4(cm)

HI+IC=HC

=>IC=4-3=1(cm)

CI+ID=CD

=>ID=8-1=7(cm)

Bài 3: Gọi O là trung điểm của AH

Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}+\hat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

=>A,D,H,E cùng thuộc (O)

=>O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔADE

Gọi K là giao điểm của AH và BC

XétΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại K

OH=IE

=>ΔOHE cân tại O

=>\(\hat{OEH}=\hat{OHE}\)

mà \(\hat{OHE}=\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{BAK}\right)\)

nên \(\hat{OEH}=\hat{ABC}\)

ΔEBC vuông tại E

mà EI là đường trung tuyến

nên IE=IC

=>ΔIEC cân tại I

=>\(\hat{IEC}=\hat{ICE}\)

\(\hat{IEO}=\hat{IEC}+\hat{OEH}\)

\(=\hat{EBC}+\hat{ECB}=90^0\)

=>IE là tiếp tuyến tại E của (O)

ΔDBC vuông tại D

mà DI là đường trung tuyến

nên DI=IB=IC

=>ID=IE

Xét ΔOEI và ΔODI có

OE=OD

EI=DI

OI chung

Do đó: ΔOEI=ΔODI

=>\(\hat{OEI}=\hat{ODI}\)

=>\(\hat{ODI}=90^0\)

=>ID là tiếp tuyến tại D của (O)

Câu 41:

Xét ΔABC vuông tại A có tan B=\(\frac{AC}{AB}\)

=>AB=250:tan62≃133(m)

=>Chọn A

Câu 40: D

Câu 39: A

Câu 4:

a: ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=9^2+12^2=81+144=225=15^2\)

=>BC=15(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có sin B=\(\frac{AC}{BC}=\frac{12}{15}=\frac45\)

nên \(\hat{B}\) ≃52 độ

ΔABC vuông tại A

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(\hat{ACB}=90^0-52^0=38^0\)

b: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

=>AH=EF

Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

c: ΔABC vuông tại A

mà AK là đường trung tuyến

nên KA=KC=KB

KA=KC

=>ΔKAC cân tại K

=>\(\hat{KAC}=\hat{KCA}\)

AEHF là hình chữ nhật

=>\(\hat{AFE}=\hat{AHE}\)

mà \(\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)

nên \(\hat{AFE}=\hat{ABC}\)

\(\hat{AFE}+\hat{KAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>AK⊥EF
Câu 5:

1: ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=3^2+4^2=9+16=25=5^2\)

=>BC=5(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot5=3\cdot4=12\)

=>AH=12/5=2,4(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\)

=>BH=3^2/5=1,8(cm)

BH+HC=BC

=>CH=5-1,8=3,2(cm)

2: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\overline{}\)

nên AEHF là hình chữ nhật

Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(EA\cdot EB=EH^2\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(FA\cdot FB=HF^2\)

AEHF là hình chữ nhật

=>\(HA^2=HE^2+HF^2\)

=>\(HA^2=EA\cdot EB+FA\cdot FC\)

Bài 1:

Gọi M là trung điểm của BC

ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=3^2+4^2=25=5^2\)

=>BC=5(cm)

ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên AM=BC/2=5/2=2,5(cm)

Bài 2:

a: Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(CN=DN=\frac{CD}{2}\)

mà AB=CD
nên AM=MB=CN=ND

Xét tứ giác AMCN có

AM//CN

AM=CN

Do đó: AMCN là hình bình hành

b: AMCN là hình bình hành

=>AN//CM

câu 38: \(A=\frac{x\cdot\sqrt{x}+1}{x-\sqrt{x}+1}\)

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

\(=\sqrt{4-2\sqrt3}+1=\sqrt{\left(\sqrt3-1\right)^2}+1=\sqrt3-1+1=\sqrt3\)

=>Chọn A

Cau 37: A

Câu 36: \(A=\sqrt{13+\sqrt{48}}\)

\(=\sqrt{13+4\sqrt3}\)

\(=\sqrt{12+2\cdot2\sqrt3\cdot1+1}\)

\(=\sqrt{\left(2\sqrt3+1\right)^2}=2\sqrt3+1\)

=>Chọn B

a: ΔOCD cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của CD

Xét tứ giác OCAD có

I là trung điểm chung của OA và CD
=>OCAD là hình bình hành

Hình bình hành OCAD có OC=OD

nên OCAD là hình thoi

b: BO=OA

OA=2OI

Do đó: BO=2OI

=>BO=2/3BI

Xét ΔBCD có

BI là đường trung tuyến

\(BO=\frac23BI\)

Do đó: O là trọng tâm của ΔBCD

Xét ΔBCD có

O là trọng tâm

M là trung điểm của BC

Do đó: D,O,M thẳng hàng

Phương trình hoành độ giao điểm là:

3x=x+1

=>2x=1

=>\(x=\frac12\)

=>\(y=\frac12+1=\frac32\)

Thay x=1/2 và y=3/2 vào (d2), ta được:

\(-\frac12+m=\frac32\)

=>\(m=\frac32+\frac12=\frac42=2\)

Ta có: \(\sin^226^0+2\cdot cos^215^0+2\cdot cos^275^0+\sin^264^0\)

\(=\left(\sin^226^0+cos^226^0\right)+2\left(\sin^215^0+cos^215^0\right)\)

=1+2

=3

Ta có: \(\sin^255^0+\sin^235^0+\sin^242^0+\sin^248^0\)

\(=\left(\sin^255^0+cos^255^0\right)+\left(\sin^242^0+cos^242^0\right)\)

=1+1

=2

Ta có: \(A=\frac{\sin^226^0+2\cdot cos^215^0+2\cdot cos^275^0+\sin^264^0}{\sin^255^0+\sin^235^0+\sin^242^0+\sin^248^0}-\frac{\tan81^0}{2\cdot\cot9^0}\)

\(=\frac32-\frac12=\frac22=1\)