cos a = 5/3 nhá

ko có sos a đâu

a) Do các tứ giác BFEC ,DEIC , ABDE nội tiếp nên: \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}=\widehat{DIE}\)

\(\widehat{MEC}=\widehat{ABC}=\widehat{DEC}=\widehat{DIC}\Rightarrow\)Tứ giác MENI nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DIE}=\widehat{EMN}\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{EMN}\Rightarrow MN//AB\)

Mà \(CH\perp AB\Rightarrow CH\perp MN\left(đpcm\right)\)

b) Xét \(\Delta ENM\)và \(\Delta TNC\)có: \(\widehat{EMN}=\widehat{EIN}=\widehat{NCT},\widehat{ENM}=\widehat{TNC}\Rightarrow\Delta ENM~\Delta TNC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{NE}{NT}=\frac{NM}{NC}\Rightarrow NC.NE=NM.NT\left(1\right)\)

Xét \(\Delta ENK\)và \(\Delta GNC\)có: \(\widehat{KEN}=\widehat{CGN},\widehat{ENK}=\widehat{GNC}\Rightarrow\Delta ENK~\Delta GNC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{NE}{NG}=\frac{NK}{NC}\Rightarrow NE.NC=NG.NK\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(NM.NT=NG.NK\Rightarrow\frac{NK}{NT}=\frac{NM}{NG}\Rightarrow\Delta TGN~\Delta KMN\)

\(\Rightarrow\widehat{KMN}=\widehat{TGN}\left(3\right)\)

Mà \(\widehat{KMN}=\widehat{HCK}\)(cùng phụ với \(\widehat{KHC}\))\(\Rightarrow\widehat{KMN}=\widehat{HGN}\)(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{TGN}=\widehat{HGN}\Rightarrow\)H, T, G thẳng hàng (đpcm)

đề đây nhé

đề đây nhé

\(ĐK:x>-1\)

Dat \(\hept{\begin{cases}a=\sqrt{x+1}>0\\b=\sqrt{x+2}>0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-b+\frac{b}{a}=1\\a^2-b^2=-1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-ab-a+b=0\\a^2-b^2=-1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(a-1\right)=0\\a^2-b^2=-1\end{cases}}\)

Thay a=b vao PT(2)

\(a^2-b^2=-1\Leftrightarrow0=-1\left(l\right)\)

Thay \(a=1\)vao PT(2)

\(b=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{x+1}=1\\\sqrt{x+2}=\sqrt{2}\end{cases}}\Leftrightarrow x=0\)

\(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-2}+\sqrt{\frac{x+2}{x+1}}=1\left(đk:x>1\right)\)

\(\Rightarrow x+1-\sqrt{x^2+3x+2}+\sqrt{x+2}=1\)

=> x+\(\sqrt{x+2}=\sqrt{x^2+3x+2}\)

=> 2x=\(2\sqrt{x+2}\)

=> x²-x-2=x

<=> \(\orbr{\begin{cases}x=1\\x=-2\left(loại\right)\end{cases}}\)

\(ĐK:\hept{\begin{cases}x>0\\y\ne0\end{cases}}\)

HPT\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2x^2+2y^2-5xy=0\\x^2-y^2=3\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2\frac{x^2}{y^2}-5\frac{x}{y}+2=0\left(1\right)\\x^2-y^2=3\left(2\right)\end{cases}}}\)

(1)

Dat \(\frac{x}{y}=t\)

\(\Rightarrow2t^2-5t+2=0\)

Ta co:

\(\Delta_t=9>0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}t_{ }_1=4\\t_2=1\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=4y\\x=y\end{cases}}\)

Thay x=4y vao PT(2)

\(x=\frac{4}{\sqrt{5}}\Rightarrow y=\frac{1}{\sqrt{5}}\)

Thay x=y vao PT(2)

\(x^2-x^2=3\Leftrightarrow0=3\left(l\right)\)

a) ∠ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=>∠FCE = 90o

∠ADB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=>∠FDE = 90o

Xét tứ giác CEDF có:

∠FCE = 90o

∠FDE = 90o

=> ∠FCE + ∠FDE = 180 o

=> Tứ giác CEDF là tứ giác nội tiếp

b) Xét ΔAFD và ΔBFC có:

∠AFB là góc chung

∠ADF = ∠BCF = 90o

=> ΔAFD ∼ ΔBFC

\(\Rightarrow\frac{FA}{FB}=\frac{FD}{FC}\)=> FA.FC = FB.FD

c) Do ∠FCE = 90oNên FE là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEDF

Do đó trung điểm I của FE là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEDF

Tam giác CFI có IC = IF => ΔCFI cân tại I

=> CFI = ∠FCI

Tứ giác CEDF nội tiếp =>∠CFI = CDE (2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{EC}\))

Tứ giác ACDB nội tiếp =>∠CDE = ∠CBA(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{AC}\))

ΔAOB cân tại O =>∠BCO = ∠CBA

=> ∠FCI = ∠BCO

=> ∠FCI + ∠ECI = ∠BCO + ∠ECI <=> ∠FCE = ∠ICO

=> ∠ICO = 90o

Vậy IC là tiếp tuyến của (O)

d) Chứng minh tương tự câu c, ta có ∠IDO) = 90o

Xét tứ giác ICOD có:

∠ICO = ∠IDO = ∠COD = 90o

=> Tứ giác ICOD là hình chữ nhật

Lại có OC = OD = R

=> Tứ giác ICOD là hình vuông.

Có OI là đường chéo hình vuông cạnh R

=> OI = R√2

O cố định, do đó I thuộc đường tròn tâm O, bán kính R√2 cố định

HÌNH THÌ VÀO THỐNG KÊ NHA

Ai k sai ngon thì làm bài ik