a: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

b: Ta có; ΔFBC vuông tại F

mà FO là đường trung tuyến

nên OF=OC

=>ΔOFC cân tại O

=>\(\widehat{OFC}=\widehat{OCF}\)

mà \(\widehat{OCF}=\widehat{BAD}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

nên \(\widehat{OFC}=\widehat{BAD}\)

c) Gọi J là trung điểm OH. Vẽ đường tròn đường kính OH. Khi đó vì \(\widehat{ODH}=90^o\) nên \(D\in\left(J\right)\). Vẽ đường tròn (BC)

 Xét tam giác AEH và ADC, ta có: \(\widehat{AEH}=\widehat{ADC}=90^o\) và \(\widehat{HAC}\) chung \(\Rightarrow\Delta AEH\sim\Delta ADC\) 

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AH}{AC}\) 

\(\Rightarrow AE.AC=AD.AH\)

\(\Rightarrow P_{A/\left(O\right)}=P_{A/\left(J\right)}\)

\(\Rightarrow\) A nằm trên trục đẳng phương của (O) và (J).

Mặt khác, trong đường tròn (O), ta có: \(\widehat{FOE}=2\widehat{FCE}=\widehat{HCE}+\widehat{HBF}\) \(=\widehat{HDE}+\widehat{HDF}=\widehat{FDE}\) nên tứ FDOE nội tiếp.

 \(\Rightarrow\widehat{FOD}=\widehat{FED}\)

 Xét tam giác MDE và MFO, ta có:

 \(\widehat{MED}=\widehat{MOF},\widehat{EMO}\) chung 

 \(\Rightarrow\Delta MDE\sim\Delta MFO\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{MD}{MF}=\dfrac{ME}{MO}\)

 \(\Rightarrow MD.MO=MF.ME\)

 \(\Rightarrow P_{M/\left(J\right)}=P_{M/\left(O\right)}\)

 \(\Rightarrow\) M thuộc trục đẳng phương của (J) và (O)

Do đó AM là trục đẳng phương của (O) và (J) \(\Rightarrow AM\perp OJ\) hay \(AM\perp OH\) 

 Lại có \(AH\perp OM\) nên H là trực tâm tam giác AOM \(\Rightarrow MH\perp AO\) (đpcm)

1. Chứng minh tứ giác OMAN nội tiếp:

Để chứng minh tứ giác OMAN nội tiếp, ta cần chứng minh tổng hai góc đối nhau bằng 180 độ.

Ta có:

• Góc OAN = 90 độ (vì AN là tiếp tuyến của đường tròn tại N)
• Góc OMA = 90 độ (vì AM là tiếp tuyến của đường tròn tại M)

Vậy, góc OAN + góc OMA = 90 độ + 90 độ = 180 độ.

Tương tự, ta cũng có góc MAN + góc MOA = 180 độ.

Vậy, tứ giác OMAN nội tiếp.

1. Tính diện tích phần tứ giác nằm ngoài hình tròn theo R, biết OA = 2R:

Diện tích phần tứ giác nằm ngoài hình tròn là diện tích tam giác OAN trừ đi diện tích phần hình tròn OAN.

Diện tích tam giác OAN = 1/2 * OA * ON = 1/2 * 2R * R = R^2.

Góc AON = 90 độ (vì AN là tiếp tuyến của đường tròn tại N), nên diện tích phần hình tròn OAN = 1/4 * pi * R^2.

Vậy, diện tích phần tứ giác nằm ngoài hình tròn = R^2 - 1/4 * pi * R^2.

Thích bn nhé!

Do xy=1 nên ta biến đối vế trái để bài toán trở thành Chứng minh BĐT sau:

\(\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}-2\dfrac{2}{\left(x+y\right)}\left(x+y\right)+\left(x^2+2xy+y^2\right)+2\ge3\)

Hay:  \(\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}-2\dfrac{2}{\left(x+y\right)}\left(x+y\right)+\left(x+y\right)^2\ge1\)

<==> \(\left(\dfrac{2}{x+y}-\left(x+y\right)\right)^2\ge1\)  quy đồng mẫu số vế trái:

<==> \(\left(\dfrac{-\left(x^2+y^2\right)}{x+y}\right)^2\ge1\)  (do xy=1)

<==> \(\left(\dfrac{\left(x^2+y^2\right)}{x+y}\right)^2\ge1\)   (*)

(vì vế trái là Bình phương 1 phân số nên ta có thể bỏ qua dấu âm của tử số).

Xét vế trái của (*):

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho mẫu số: (x+y) ≤ \(\sqrt{2}\cdot\sqrt{x^2+y^2}\)

(Đẳng thức khi x=y)

Khi đó Vế trái BĐT (*) :  \(\left(\dfrac{\left(x^2+y^2\right)}{x+y}\right)^2\ge\left(\dfrac{\left(x^2+y^2\right)}{\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}}\right)^2=\dfrac{\left(x^2+y^2\right)}{2}\)    (**)

Áp dụng BĐT Cô sy cho tử số (cả x² và y² đều là số dương) ta có:

 (x²+y²)  ≥  2xy =2 (do xy=1)  Đẳng thức khi x=y.  ==> (**) ≥1

Đó chính là Đpcm (*). (Đẳng thức khi x=y=1).

1 who

2 who

3 whose

4 when

5 which

6 where

7 why

8 where

9 whose

\(n_{CO_2}=\dfrac{13,44}{22,4}=0,6mol\\ C_2H_4+3O_2\xrightarrow[]{t^0}2CO_2+2H_2O\\ n_{C_2H_4}=\dfrac{1}{2}n_{CO_2}=0,3mol\\ V_{C_2H_4}=0,3.22,4=6,72l\)

ĐKXĐ: x<>1

Để A là số nguyên thì \(-3⋮x-1\)

=>\(x-1\in\left\{1;-1;3;-3\right\}\)

=>\(x\in\left\{2;0;4;-2\right\}\)

Đại hội đã quy định Quốc kỳ là lá cờ đỏ có ngôi sao vàng 5 cánh ở giữa, Quốc ca là bài “Tiến quân ca”, hai quyết định này đến nay vẫn còn được lưu giữ nguyên vẹn. 

a: Xét (O) có

ΔCMD nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔCMD vuông tại M

Xét tứ giác NODM có \(\widehat{NOD}+\widehat{NMD}=90^0+90^0=180^0\)

nên NODM là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có CD,AB là các đường kính và CD\(\perp\)AB

nên \(sđ\stackrel\frown{AC}=sđ\stackrel\frown{CB}=sđ\stackrel\frown{AD}=sđ\stackrel\frown{BD}=90^0\)

Xét (O) có \(\widehat{MNA}\) là góc có đỉnh trong đường tròn chắn hai cung AM,CB

nên \(\widehat{MNA}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{AM}+sđ\stackrel\frown{CB}\right)\)

=>\(\widehat{MNA}=\dfrac{1}{2}\cdot\left(sđ\stackrel\frown{AM}+sđ\stackrel\frown{AC}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{MC}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{MBC}\) là góc nội tiếp chắn cung MC

nên \(\widehat{MBC}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{MC}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{MNA}=\widehat{MBC}\)