Bài 5:

a: Xét ΔOHB vuông tại H và ΔOHA vuông tại H có

OH chung

HB=HA

Do đó: ΔOHB=ΔOHA

=>OB=OA(1)

Xét ΔOKA vuông tại K và ΔOKC vuông tại K có

OK chung

KA=KC

Do đó: ΔOKA=ΔOKC

=>OA=OC(2)

Từ (1),(2) suy ra OB=OC

b: ΔOHA=ΔOHB

=>\(\widehat{AOH}=\widehat{BOH}\)

=>OH là phân giác của góc AOB

=>\(\widehat{AOB}=2\cdot\widehat{HOA}=2\cdot\widehat{xOA}\)

ΔOKA=ΔOKC

=>\(\widehat{KOA}=\widehat{KOC}\)

=>OK là phân giác của góc AOC

=>\(\widehat{AOC}=2\cdot\widehat{KOA}=2\cdot\widehat{yOA}\)

\(\widehat{BOC}=\widehat{BOA}+\widehat{COA}=2\left(\widehat{xOA}+\widehat{yOA}\right)\)

\(=2\cdot\widehat{xOy}=2\alpha\)

Bài 6:

a: Xét ΔOAC vuông tại A và ΔOBD vuông tại B có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOD}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOAC=ΔOBD

b: ΔOAC=ΔOBD

=>OC=OD

Xét ΔOED vuông tại O và ΔOEC vuông tại O có

OE chung

OD=OC

Do đó: ΔOED=ΔOEC

c: ΔOED=ΔOEC

=>EC=ED

ΔOAC=ΔOBD

=>AC=BD

ED=EB+BD

mà BD=AC

nên ED=EB+AC

mà ED=EC

nên CE=EB+AC

Ta có: \(\left(2x-1\right)^{2022}=\left(2x-1\right)^{2021}\)

=>\(\left(2x-1\right)^{2022}-\left(2x-1\right)^{2021}=0\)

=>\(\left(2x-1\right)^{2021}\left[\left(2x-1\right)-1\right]=0\)

=>\(\left(2x-1\right)^{2021}\cdot\left(2x-2\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}2x-1=0\\2x-2=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

Bài 3:

a: Xét ΔANB và ΔAMC có

AN=AM

\(\widehat{NAB}\) chung

AB=AC

Do đó: ΔANB=ΔAMC

b: Ta có: AM+MB=AB

AN+NC=AC

mà AM=AN và AB=AC

nên MB=NC

Xét ΔMBC và ΔNCB có

MB=NC

\(\widehat{MBC}=\widehat{NCB}\)

BC chung

Do đó: ΔMBC=ΔNCB

=>\(\widehat{MCB}=\widehat{NBC}\)

=>\(\widehat{IBC}=\widehat{ICB}\)

=>IB=IC

Ta có: IB+IN=BN

IC+IM=CM

mà BN=CM và IB=IC

nên IN=IM

Xét ΔMIB và ΔNIC có

IM=IN

IB=IC

MB=NC

Do đó: ΔMIB=ΔNIC

c: Xét ΔAIB và ΔAIC có

AI chung

IB=IC

AB=AC

Do đó: ΔAIB=ΔAIC

=>\(\widehat{BAI}=\widehat{CAI}\)

=>AI là phân giác của góc BAC

Bài 4:

a: Xét ΔDBE và ΔDAK có

DB=DA

\(\widehat{BDE}=\widehat{ADK}\)(hai góc đối đỉnh)

DE=DK

Do đó: ΔDBE=ΔDAK

=>\(\widehat{DBE}=\widehat{DAK}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AK//BE

=>AK//BC

b: ΔDBE=ΔDAK

=>BE=AK

mà BE=EC

nên AK=EC

Xét ΔKAE và ΔCEA có

KA=CE

\(\widehat{KAE}=\widehat{CEA}\)(hai góc so le trong, AK//EC)

AE chung

Do đó: ΔKAE=ΔCEA

c: Xét ΔABC có \(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}+\widehat{CAB}=180^0\)

=>\(\widehat{DBE}=180^0-70^0-55^0=55^0\)

BE//AK

=>\(\widehat{KAD}=\widehat{DBE}=55^0\)

ΔKAE=ΔCEA

=>\(\widehat{AKE}=\widehat{ECA}=70^0\)

=>\(\widehat{AKD}=70^0\)

Xét ΔKAD có \(\widehat{AKD}+\widehat{KAD}+\widehat{ADK}=180^0\)

=>\(\widehat{ADK}=180^0-70^0-55^0=55^0\)

d: Ta có: ΔKAE=ΔCEA

=>\(\widehat{AEK}=\widehat{CAE}\)

=>AC//KE

Xét ΔIAC và ΔIEK có

AC=EK

\(\widehat{IAC}=\widehat{IEK}\)

IA=IE

Do đó: ΔIAC=ΔIEK

=>\(\widehat{AIC}=\widehat{EIK}\)

=>\(\widehat{AIC}+\widehat{AIK}=180^0\)

=>C,I,K thẳng hàng

Ta có: ΔIAC=ΔIEK

=>IC=IK

mà C,I,K thẳng hàng

nên I là trung điểm của CK

a: Đề sai với n=3 nha bạn

b: Gọi d=ƯCLN(3n+4;n+1)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3n+4⋮d\\3n+3⋮d\end{matrix}\right.\)

=>\(3n+4-3n-3⋮d\)

=>\(1⋮d\)

=>d=1

=>ƯCLN(3n+4;n+1)=1

=>\(\dfrac{3n+4}{n+1}\) là phân số tối giản

c: Gọi d=ƯCLN(n+2;4n+9)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}n+2⋮d\\4n+9⋮d\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}4n+8⋮d\\4n+9⋮d\end{matrix}\right.\)

=>\(4n+9-4n-8⋮d\)

=>\(1⋮d\)

=>d=1

=>ƯCLN(n+2;4n+9)=1

=>\(\dfrac{n+2}{4n+9}\) là phân số tối giản

a: I là tâm đường tròn đường kính OB

=>OI+IB=OB

=>IB=OB-OI

=>(O) và (I) tiếp xúc trong với nhau tại B

b: Xét ΔMOB có

MI là đường cao

MI là đường trung tuyến

Do đó: ΔMOB cân tại M

=>MO=MB

mà MO=OB

nên MO=OB=MB

=>ΔMOB đều

=>\(\widehat{MOB}=\widehat{MBO}=\widehat{OMB}=60^0\)

Xét ΔOIM vuông tại I có \(sinMOI=\dfrac{MI}{MO}\)

=>\(\dfrac{MI}{6}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(MI=6\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\left(cm\right)\)

ΔOMN cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của MN

=>\(MN=2\cdot MI=6\sqrt{3}\left(cm\right)\)

c: Xét tứ giác BMON có

I là trung điểm chung của BO và MN

=>BMON là hình bình hành

Hình bình hành BMON có OM=ON

nên BMON là hình thoi

d: Xét (O) có

CM,CN là các tiếp tuyến

Do đó: CM=CN

=>C nằm trên đường trung trực của MN(1)

Ta có: OM=ON

=>O nằm trên đường trung trực của MN(2)

Từ (1),(2) suy ra CO là đường trung trực của MN

=>CO\(\perp\)MN

e: Ta có: CO\(\perp\)MN

OB\(\perp\)MN

mà CO,OB có điểm chung là O

nên C,O,B thẳng hàng

=>C,B,I,O thẳng hàng

Ta có: BMON là hình thoi

=>OB là phân giác của góc MON

Xét ΔMOC vuông tại M có \(tanMOC=\dfrac{MC}{OM}\)

=>\(\dfrac{MC}{6}=tan60=\sqrt{3}\)

=>\(MC=6\sqrt{3}\left(cm\right)\)

ΔOMC vuông tại M

=>\(S_{MOC}=\dfrac{1}{2}\cdot MO\cdot MC=\dfrac{1}{2}\cdot6\sqrt{3}\cdot6=18\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)

Xét ΔOMC và ΔONC có

OM=ON

CM=CN

OC chung

Do đó: ΔOMC=ΔONC

=>\(S_{NOC}=S_{MOC}=18\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)

\(S_{OMCN}=S_{OMC}+S_{ONC}=36\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)

f: Xét ΔOMC vuông tại M có MI là đường cao

nên \(MI^2=IO\cdot IC\)

=>\(4\cdot MI^2=4\cdot IO\cdot IC\)

=>\(\left(2\cdot MI\right)^2=4\cdot IO\cdot IC\)

=>\(MN^2=4\cdot IO\cdot IC\)

a: OO'+O'B=OB

=>OO'=OB-O'B=R-r

=>(O) và (O') tiếp xúc trong với nhau tại B

b: ΔODE cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của DE

Xét tứ giác ADCE có

H là trung điểm chung của AC và DE

=>ADCE là hình bình hành

Hình bình hành ADCE có AC\(\perp\)DE

nên ADCE là hình thoi

b: Xét (O') có

ΔCKB nội tiếp

CB là đường kính

Do đó: ΔCKB vuông tại K

=>CK\(\perp\)DB tại K

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD\(\perp\)DB

mà AD//CE(ADCE là hình thoi)

nên CE\(\perp\)DB

Ta có: CE\(\perp\)DB

CK\(\perp\)DB

mà CE,CK có điểm chung là C

nên C,E,K thẳng hàng

1: ĐKXĐ: 3x+6<>0

=>3x<>-6

=>x<>-2

Vậy: TXĐ là D=R\{-2}

2: ĐKXĐ: 2x-3>=0

=>2x>=3

=>\(x>=\dfrac{3}{2}\)

Vậy: TXĐ là \(D=[\dfrac{3}{2};+\infty)\)

ĐKXĐ: \(x\ne0;y\ne0\)

\(x^2+\dfrac{1}{x^2}>=2\cdot\sqrt{x^2\cdot\dfrac{1}{x^2}}=2\forall x\ne0\)

\(y^2+\dfrac{1}{y^2}>=2\sqrt{y^2\cdot\dfrac{1}{y^2}}=2\forall y\ne0\)

Do đó: \(x^2+\dfrac{1}{x^2}+y^2+\dfrac{1}{y^2}>=4\forall x,y\ne0\)

Dấu '=' xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x^2=1\\y^2=1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x\in\left\{1;-1\right\}\\y\in\left\{1;-1\right\}\end{matrix}\right.\)

Nếu chuyển 3,2 lít  từ thùng thứ nhất sang thùng thứ hai thì số dầu trong hai thùng bằng nhau nên lúc đầu thùng thứ nhất có nhiều hơn thùng thứ hai:

3,2+3,2=6,4(lít)

Số lít dầu hỏa ban đầu ở thùng thứ nhất là:

(40+6,4):2=46,4:2=23,2(lít)

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{x+1}{2}=\dfrac{y+2}{3}=\dfrac{z+3}{4}=\dfrac{x+1+y+2+z+3}{2+3+4}=\dfrac{21+6}{9}=\dfrac{27}{9}=3\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x+1=2\cdot3=6\\y+2=3\cdot3=9\\z+3=4\cdot3=12\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=6-1=5\\y=9-2=7\\z=12-3=9\end{matrix}\right.\)