Vì \(P\in\left(K\right)\Rightarrow\angle APH=90\Rightarrow\angle APH=\angle ADM=90\Rightarrow HPMD\) nội tiếp

bằng bán kính bạn

a) tam giác AEB vuông tại E có EH là đường cao \(\Rightarrow BH.BA=BE^2\)

tam giác CEB vuông tại E có EK là đường cao \(\Rightarrow BK.BC=BE^2\)

\(\Rightarrow BH.BA=BK.BC\)

b) \(BH.BA=BK.BC\Rightarrow\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{BK}{BA}\)

Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle ABCchung\\\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{BK}{BA}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BHK\sim\Delta BCA\left(c-g-c\right)\)

b) \(\Delta BHK\sim\Delta BCA\Rightarrow\angle BHK=\angle BCA\)

Kẻ \(ED\bot CF\) 

Vì \(\angle EHF=\angle EDF=\angle HFD=90\Rightarrow EHFD\) là hình chữ nhật

\(\Rightarrow HD\) và EF cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường

Vì \(\Delta EHF\) vuông tại H có I là trung điểm EF 

\(\Rightarrow\angle FHI=\angle HFI=\angle AFE\left(1\right)\)

Xét \(\Delta AFC\) và \(\Delta AEB:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BACchung\\\angle AFC=\angle AEB=90\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AFC\sim\Delta AEB\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{AC}{AB}\Rightarrow\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)

Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BACchung\\\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c-g-c\right)\Rightarrow\angle AFE=\angle ACB\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\angle FHI=\angle ACB=\angle BHK\Rightarrow\angle BHD=BHK\)

\(\Rightarrow H,D,K\) thẳng hàng \(\Rightarrow H,I,K\) thẳng hàng

OI cắt đường tròn (O) tại C,mình viết ngay đầu câu luôn á bạn

OI cắt (O) tại C \(\Rightarrow OC=R\Rightarrow IC=R\Rightarrow IC=OC=BC\)

mà \(OB=OC\Rightarrow OB=OC=BC\Rightarrow\Delta OBC\) đều

\(\Rightarrow\angle BOI=60\Rightarrow\angle BIO=90-60=30\)

Vì IA,IB là tiếp tuyến \(\Rightarrow IO\) là phân giác \(\angle AIB\)

\(\Rightarrow\angle AIB=2\angle OIB=2.30=60\)

\(A=\left(\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\dfrac{3x+9}{x-9}\right):\dfrac{1}{x+6\sqrt{x}+9}\)

\(=\left(\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\dfrac{3x+9}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\right).\left(x+6\sqrt{x}+9\right)\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)+2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)-3x-9}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}.\left(\sqrt{x}+3\right)^2\)

\(=\dfrac{3\sqrt{x}-9}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}.\left(\sqrt{x}+3\right)^2=\dfrac{3\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}.\left(\sqrt{x}+3\right)^2\)

\(=3\left(\sqrt{x}+3\right)=3\sqrt{x}+9\)

\(25\sqrt{\dfrac{x-3}{25}}-7\sqrt{\dfrac{4x-12}{9}}-7\sqrt{x^2-9}+18\sqrt{\dfrac{9x^2-81}{81}}=0\left(x\ge3\right)\)

\(=25\sqrt{\dfrac{1}{25}.\left(x-3\right)}-7\sqrt{\dfrac{4}{9}.\left(x-3\right)}-7\sqrt{x^2-9}+18\sqrt{\dfrac{1}{9}.\left(x^2-9\right)}=0\)

\(=5\sqrt{x-3}-\dfrac{14}{3}\sqrt{x-3}-7\sqrt{x^2-9}+6\sqrt{x^2-9}=0\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{3}\sqrt{x-3}-\sqrt{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=0\Rightarrow\sqrt{x-3}-3\sqrt{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=0\)

\(\Rightarrow\sqrt{x-3}\left(1-3\sqrt{x+3}\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x-3}=0\\1=3\sqrt{x+3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=-\dfrac{26}{9}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

tam giác ABC vuông tại A nên áp dụng định lý Py-ta-go

\(\Rightarrow AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow AC^2=BC^2-AB^2=13^2-12^2=25\)

\(\Rightarrow AC=5\left(cm\right)\)

tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng

\(\Rightarrow AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=\dfrac{12.5}{13}=\dfrac{60}{13}\left(cm\right)\)

tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng

\(\Rightarrow AB^2=BH.BC\Rightarrow12^2=BH.13\Rightarrow BH=\dfrac{12^2}{13}=\dfrac{144}{13}\left(cm\right)\)

tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng

\(\Rightarrow AC^2=CH.BC\Rightarrow5^2=BH.13\Rightarrow BH=\dfrac{5^2}{13}=\dfrac{25}{13}\left(cm\right)\)

a) chắc đề hỏi là tứ giác BHCD là hình gì chứ ko có điểm K

Vì AD là đường kính \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\angle ACD=90\\\angle ABD=90\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}CD\bot AC\\BD\bot AB\end{matrix}\right.\)

mà \(\left\{{}\begin{matrix}BH\bot AC\\CH\bot AB\end{matrix}\right.\Rightarrow\) \(CD\parallel BH,BD\parallel CH\) \(\Rightarrow BHCD\) là hình bình hành

b) Vì BHCD là hình bình hành có I là trung điểm BC

\(\Rightarrow H,I,D\) thẳng hàng và I cũng là trung điểm HD

Xét \(\Delta AHD\) có O là trung điểm AD,I là trung điểm HD

\(\Rightarrow OI\) là đường trung bình \(\Rightarrow OI=\dfrac{1}{2}AH\Rightarrow AH=2OI\)

c) AI cắt HO tại G'.

Vì \(OI\parallel AH\) \(\Rightarrow\dfrac{AH}{OI}=\dfrac{AG'}{G'I}\Rightarrow\dfrac{AG'}{G'I}=2\Rightarrow\dfrac{AG'}{AI}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow G'\) là trọng tâm tam giác ABC \(\Rightarrow G\equiv G'\Rightarrow\) đpcm

Vì \(OI\parallel AH\) \(\Rightarrow\dfrac{GH}{GO}=\dfrac{AH}{OI}=2\Rightarrow GH=2GO\)

d) Kẻ \(AF\bot HO\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}S_{AOG}=\dfrac{1}{2}.AF.OG\\S_{AHG}=\dfrac{1}{2}.AF.HG\end{matrix}\right.\)

mà \(GH=2GO\Rightarrow S_{AHG}=2S_{AOG}\)