Xét ΔCFE vuông tại F và ΔCAB vuông tại A có

\(\widehat{FCE}\) chung

Do đó: ΔCFE~ΔCAB

=>\(\dfrac{CF}{CA}=\dfrac{CE}{CB}\)

=>\(CF\cdot CB=CE\cdot CA=\dfrac{1}{2}\cdot CA\cdot CA\)

=>\(2\cdot CF\cdot CB=CA^2\)

O A B C H I K D M N E

a/

Xét tg vuông ABO và tg vuông ACO có

OB=OC=R; OA chung => tg ABO = tg ACO (2 tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau)

Xét tg ABC có

AB=AC (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm...) => tg ABC cân tại A

tg ABO = tg ACO (cmt) \(\Rightarrow\widehat{OAB}=\widehat{OAC}\)

\(\Rightarrow OA\perp BC\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh đồng thời là đường cao)

Xét tg vuông ABO có

\(OB^2=R^2=OH.OA\) (Hệ thức lượng trong tg vuông)

OA=2R (gt); OI=R => AI=R => AI=OI=R => BI=OA/2=R

c/m tương tự khi xét tg vuông ACO ta cũng có CI=R

Xét tứ giác BOCI có

BI=CI=OB=OC=R => BOCI là hình thoi => OH=HI (trong hình thoi 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

\(\Rightarrow OH.OA=HI.OA=OB^2=R^2\)

b/

Xét tg vuông AOB có

\(\sin OAB=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{R}{2R}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{OAB}=30^o\)

Ta có \(\widehat{OAC}=\widehat{OAB}\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{OAC}=\widehat{OAB}=30^o\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{OAB}+\widehat{OAC}=30^o+30^o=60^o\)

Xét tg cân ABC có

\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\alpha\)

\(\Rightarrow\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o-\widehat{BAC}=180^o-60^o=120^o\)

\(\Rightarrow2\alpha=120^o\Rightarrow\alpha=60^o\)

=> ABC là tg đều

Ta có

OH=HI (cmt)

 AI=R(cmt); OK=R

\(\Rightarrow AI+HI=OK+OH\Rightarrow AH=KH\)

Xét tg cân ABC có

\(OA\perp BC\left(cmt\right)\)

=> BH=CH (Trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

=> ABKC là hbh (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

Mà \(OA\perp BC\Rightarrow AK\perp BC\)

=> ABKC là hình thoi (hbh có 2 đường chéo vuông góc)

c/

Ta có AI=BI=CI=R (cmt) => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tg ABC

d/

Xét (O) có

\(\widehat{CBD}=90^o\) (Góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow BD\perp BC\)

\(OA\perp BC\left(cmt\right)\)

=> BD//AO (cùng vuông góc với BC)

e/

Xét tg OMN có

OM=ON=R

ME=NE (gt)

\(\Rightarrow OE\perp MN\) (Trong tg cân đường trung tuyến xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

=> B; C; E cùng nhìn AO dưới các góc = nhau và \(=90^o\)

=> B; C; E nằm trên dường tròn đường kính AO => O; E; A; B; C cùng thuộc một đường tròn

a: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

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

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có \(cosBOA=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{BOA}=60^0\)

Xét ΔOBI có OB=OI và \(\widehat{BOI}=60^0\)

nên ΔOBI đều

ΔOBI đều

mà BH là đường cao

nên H là trung điểm của OI

=>OH=HI

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

=>\(HI\cdot OA=R^2\)

b: Xét ΔAOB vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{BO}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{BAO}=30^0\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AO là phân giác của góc BAC

=>\(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=2\cdot30^0=60^0\)

Xét ΔABC có AB=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)

nên ΔBAC đều

Ta có: HO+OK=HK

HI+IA=HA

mà HO=HI và OK=IA(=R)

nên HK=HA

=>H là trung điểm của KA

Xét tứ giác ABKC có

H là trung điểm chung của AK và BC

=>ABKC là hình bình hành

Hình bình hành ABKC có AB=AC

nên ABKC là hình thoi

c: Ta có: \(\widehat{ABI}+\widehat{OBI}=\widehat{ABO}=90^0\)

\(\widehat{HBI}+\widehat{OIB}=90^0\)(ΔBHI vuông tại H)

mà \(\widehat{OBI}=\widehat{OIB}\left(=60^0\right)\)

nên \(\widehat{ABI}=\widehat{HBI}\)

=>BI là phân giác của góc ABH

d: Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại B

=>BC\(\perp\)BD

mà BC\(\perp\)OA

nên BD//OA

e: ΔOMN cân tại O

mà OE là đường trung tuyến

nên OE\(\perp\)MN tại E

Ta có: \(\widehat{OEA}=\widehat{OBA}=\widehat{OCA}=90^0\)

=>O,E,A,B,C cùng thuộc đường tròn đường kính OA

ĐKXĐ: x>0

Ta có: \(P\cdot\sqrt{x}+x-1=2\sqrt{3x}+2\sqrt{x-2}\)

=>\(\dfrac{x+3}{\sqrt{x}}\cdot\sqrt{x}+x-1=2\sqrt{3x}+2\sqrt{x-2}\)

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

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

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

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

=>\(\dfrac{3x-9}{\sqrt{3x}+3}+\dfrac{x-2-1}{\sqrt{x-2}+1}-\left(x-3\right)=0\)

=>\(\left(x-3\right)\left(\dfrac{3}{\sqrt{3x}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{x-2}+1}-1\right)=0\)

=>x-3=0

=>x=3(nhận)

   321 x 2 - 1000

= 642 - 1000

= - 358

Tình yêu vốn dĩ là điều kỳ diệu và tuyệt vời của tạo hóa tuy nhiên là yêu ai, yêu khi nào, yêu ra sao lại là cả một quá trình để trưởng thành. Có lẽ lớp 9 đang là giai đoạn bước ngoặt quan trọng trong cuộc đời của mỗi con người, vì vậy có thể chưa nhất thiết phải yêu đương trong giai đoạn này. Vì vấn đề cấp bách của hiện tại chính là con đường tương lai chông gai phía trước. Nếu ta không thể đủ nội lực và tiềm lực trong tương lai để tự lập thì lúc đó mọi thứ tình yêu đều là xa xỉ, vì thật khó mà có thể tiếp cận với một người mà tương lai của bản thân đã đang quá nhạt mờ. 

1: \(A=\sqrt{28}+\sqrt{63}-5\sqrt{8-2\sqrt{7}}\)

\(=2\sqrt{7}+3\sqrt{7}-5\sqrt{\left(\sqrt{7}-1\right)^2}\)

\(=5\sqrt{7}-5\left(\sqrt{7}-1\right)=5\)

2: a: Thay x=25 vào A, ta được:

\(A=\dfrac{5}{5+2}=\dfrac{5}{7}\)

b: \(B=\dfrac{x}{x-4}+\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{1}{2-\sqrt{x}}\)

\(=\dfrac{x}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}+\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}\)

\(=\dfrac{x+\sqrt{x}-2+\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\dfrac{x+2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}\)

c: \(P=A:B=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}:\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}\)

\(\sqrt{P}< \dfrac{1}{2}\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}P>=0\\P< \dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>=0\\\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{1}{4}< 0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}-2>=0\\\dfrac{4\left(\sqrt{x}-2\right)-\sqrt{x}-2}{4\left(\sqrt{x}+2\right)}< 0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}>=2\\4\sqrt{x}-8-\sqrt{x}-2< 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x>=4\\3\sqrt{x}< 10\end{matrix}\right.\)

=>\(4< =x< \dfrac{100}{9}\)

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: \(4< x< \dfrac{100}{9}\)

mà x là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn

nên x=5

\(\left(2x^2+1\right)\left(3-2x\right)>0\)

mà \(2x^2+1>=1>0\forall x\)

nên -2x+3>0

=>-2x>-3

=>2x<3

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

a: Xét (O) có

DB,DE là các tiếp tuyến

Do đó: DB=DE

=>D nằm trên đường trung trực của BE(1)

Ta có: OB=OE

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

Từ (1),(2) suy ra OD là đường trung trực của BE

=>OD\(\perp\)BE tại H

b: Xét ΔDBO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(DH\cdot DO=DB^2\left(3\right)\)

Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>BA\(\perp\)DC tại A

Xét ΔDBC vuông tại B có BA là đường cao

nên \(DA\cdot DC=DB^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(DH\cdot DO=DA\cdot DC\)

=>\(\dfrac{DH}{DC}=\dfrac{DA}{DO}\)

Xét ΔDHA và ΔDCO có

\(\dfrac{DH}{DC}=\dfrac{DA}{DO}\)

góc HDA chung

Do đó: ΔDHA~ΔDCO

=>\(\widehat{DHA}=\widehat{DCO}=\widehat{ACB}\)