a: Xét (O) có

ΔADC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔADC vuông tại D

=>AD\(\perp\)MC tại D

=>\(\widehat{ADM}=90^0\)

Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

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

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO\(\perp\)AB tại H và H là trung điểm của AB

=>\(\widehat{MHA}=90^0=\widehat{MDA}\)

=>MDHA nội tiếp

b: Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(3\right)\)

Xét ΔACM vuông tại A có AD là đường cao

nên \(MD\cdot MC=MA^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(MH\cdot MO=MD\cdot MC\)

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>BC\(\perp\)AM tại C

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD\(\perp\)MB tại D

Xét ΔMAB có

AD,BC là các đường cao

AD cắt BC tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔMAB

=>MI\(\perp\)AB

mà MH\(\perp\)AB

và MI,MH có điểm chung là M

nên M,I,H thẳng hàng

Xét tứ giác MCID có \(\widehat{MCI}+\widehat{MDI}=90^0+90^0=180^0\)

nên MCID là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MI

=>MCID nội tiếp (K)

=>KC=KI

=>ΔKCI cân tại K

=>\(\widehat{KCI}=\widehat{KIC}\)

mà \(\widehat{KIC}=\widehat{MIC}=\widehat{CAB}\left(=90^0-\widehat{AMH}\right)\)

nên \(\widehat{KCI}=\widehat{CAB}\)

ΔOBC có OB=OC

nên ΔOBC cân tại O

=>\(\widehat{OCB}=\widehat{OBC}\)

\(\widehat{KCO}=\widehat{KCB}+\widehat{OCB}=\widehat{CAB}+\widehat{CBA}=90^0\)

Xét tứ giác KCOH có \(\widehat{KCO}+\widehat{KHO}=90^0+90^0=180^0\)

nên KCOH là tứ giác nội tiếp

Bài 2:

a: Xét (O) có

ΔCNM nội tiếp

CM là đường kính

Do đó: ΔCNM vuông tại N

=>CN\(\perp\)BN tại N

Xét tứ giác CNAB có \(\widehat{CNB}=\widehat{CAB}=90^0\)

nên CNAB là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{DNM};\widehat{DCM}\) là  các góc nội tiếp cùng chắn cung DM

=>\(\widehat{DNM}=\widehat{DCM}\)

mà \(\widehat{DNM}=\widehat{ANB}=\widehat{ACB}\)(CNAB nội tiếp)

nên \(\widehat{DCA}=\widehat{BCA}\)

=>CA là phân giác của góc BCD

c: C,E,D,N cùng thuộc (O)

=>CEDN nội tiếp

=>\(\widehat{CED}+\widehat{CND}=180^0\)

mà \(\widehat{CND}+\widehat{CBA}=180^0\)(CNAB nội tiếp)

nên \(\widehat{CED}=\widehat{CBA}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên ED//AB

=>ABED là hình thang

a: Thay x=1 và y=-2 vào (P), ta được:

\(a\cdot1^2=-2\)

=>\(a\cdot1=-2\)

=>a=-2

b: Khi a=-2 thì \(y=a\cdot x^2=-2x^2\)

Vẽ đồ thị: 

c: Thay x=2 vào (P), ta được:

\(y=-2\cdot2^2=-8\)

a: Thay m=1 vào (1), ta được:

\(x^2-1\cdot x+1-3=0\)

=>\(x^2-x-2=0\)

=>(x-2)(x+1)=0

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

b: \(\text{Δ}=\left(-m\right)^2-4\left(m-3\right)\)

\(=m^2-4m+12\)

\(=m^2-4m+4+8=\left(m-2\right)^2+8>=8>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m-3\end{matrix}\right.\)

\(x_1^2+x_2^2=6\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=6\)

=>\(m^2-2\left(m-3\right)-6=0\)

=>\(m^2-2m=0\)

=>m(m-2)=0

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

\(2x^2-3x+1=0\\ \Delta=b^2-4ac=\left(-3\right)^2-4\cdot2\cdot1=1>0\\ x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-\left(-3\right)-1}{2\cdot2}=0,5\\ x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-\left(-3\right)+1}{2\cdot2}=1\\ \text{vậy phương trình có 2 nghiệm là }x_1=0,5;x_2=1\)

\(2x^2-3x+1=0\)

Ta có: \(\Delta=\left(-3\right)^2-4\cdot2\cdot1=1\left(>0\right)\)

Do \(\Delta>0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

x1 = \(\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\frac{-\left(-3\right)+\sqrt1}{4}=\frac{3+1}{4}=1\)

x2 = \(\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\frac{-\left(-3\right)-\sqrt1}{4}=\frac{3-1}{4}=\frac24=\frac12\)

Câu a: Chứng minh tứ giác \(A E H F\) nội tiếp đường tròn

Bước 1: Chứng minh \(\angle A E F + \angle A H F = 180^{\circ}\)

• Vì \(B E\) và \(C F\) là các đường cao của tam giác \(A B C\), ta có: \(\angle A E B = 90^{\circ} \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \angle A F C = 90^{\circ}\)
• \(H\) là trực tâm tam giác \(A B C\), nên \(H\) nằm trên cả ba đường cao.
• Xét tứ giác \(A E H F\), ta có: \(\angle A E F + \angle A H F = \angle A E B + \angle A F C = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}\)
• Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \(180^{\circ}\), suy ra nó nội tiếp đường tròn.

Kết luận: Tứ giác \(A E H F\) nội tiếp.

Câu b: Chứng minh \(D I = D J\)

Bước 1: Sử dụng định nghĩa song song

• Qua \(D\), kẻ đường thẳng song song với \(B E\) cắt \(B E\) tại \(I\) và cắt \(A C\) tại \(J\).
• Vì \(D I \parallel B E\), ta có: \(\angle I D J = \angle E D B\) (hai góc so le trong).

Bước 2: Chứng minh \(D I = D J\)

• Xét tam giác \(D B E\), vì \(A D\) là đường cao nên \(D\) là trung điểm của \(B E\).
• Vì \(D I \parallel B E\) và \(D I\) cắt \(A C\), theo tính chất đường trung bình trong tam giác, ta có: \(D I = D J\) (do \(D I J\) là đoạn trung bình trong tam giác \(A B E\)).

Kết luận: \(D I = D J\).

Đây là một hệ phương trình tuyến tính hai ẩn. Dưới đây là cách giải hệ phương trình:

Phương pháp thế

1. Giải phương trình thứ nhất để tìm y:
2. • 3x - y = 5
   • -y = 5 - 3x
   • y = 3x - 5
3. Thay giá trị của y vào phương trình thứ hai:
4. • -x + 2y = 10
   • -x + 2(3x - 5) = 10
   • -x + 6x - 10 = 10
   • 5x = 20
   • x = 4
5. Thay giá trị của x vào phương trình y = 3x - 5 để tìm y:
6. • y = 3(4) - 5
   • y = 12 - 5
   • y = 7

Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = 4 và y = 7.

Phương pháp cộng đại số

1. Nhân phương trình thứ hai với 3:
2. • 3(-x + 2y) = 3(10)
   • -3x + 6y = 30
3. Cộng phương trình mới với phương trình thứ nhất:
4. • (3x - y) + (-3x + 6y) = 5 + 30
   • 5y = 35
   • y = 7
5. Thay giá trị của y vào một trong hai phương trình ban đầu để tìm x:
6. • 3x - 7 = 5
   • 3x = 12
   • x = 4

Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = 4 và y = 7.

Kết luận

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x = 4 và y = 7. Bạn có thể kiểm tra lại bằng cách thay x và y vào hai phương trình ban đầu, nếu cả 2 phương trình đều đúng thì kết quả là chính xác.

@H.quân nah kệ nó, nó chép AI mà=).