a. Ta có: $\widehat{BEH}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (BH)) ⇒ HE ⊥ AB

∆AHB vông tại H, đường cao HE:

AE.AB = $A{H}^2\left(1\right)$

$\widehat{HFC}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (HC)) ⇒ HF ⊥ AC

∆AHC vuông tại H, đường cao HF: AF.AC = $A{H}^2$(2)

Từ (1) và (2) ⇒ AE.AB = AF.AC

b. Ta có: $\widehat{BAC}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (BC)) $\Rightarrow \widehat{EAF}={90}^{\circ }$

Mà $\widehat{AEH}={90}^{\circ }\left(HE\perp AB\right)$ và $\widehat{AFH}={90}^{\circ }\left(HF\perp AC\right)$

⇒ Tứ giác AEHF là hình chữ nhật ⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp

$\widehat{HEF}=\widehat{HAF}$(Cùng chắn cung HF của (AEHF))

$\widehat{HAF}=\widehat{ABC}\Rightarrow$ EF là tiếp tuyến (BH)

c. Ta sẽ chứng minh $\widehat{AIH}=\widehat{KAC}$

Ta có: $\widehat{KAC}=\widehat{HAC}$ (tính chất đối xứng)

$\widehat{HAC}=\widehat{AHE}$ (so le trong) $\Rightarrow \widehat{KAC}=\widehat{AHE}$

$\widehat{AIH}=\widehat{AHE}$ (tính chất đối xứng)

Vậy $\widehat{AIH}=\widehat{KAC}$ (Cùng = $\widehat{AHE}$)

Mà AC // IH (tứ giác AEHF là hình chữ nhật)

$\Rightarrow \widehat{AIH}$ và $\widehat{KAC}$ đồng vị ⇒ I, A, K thẳng hàng

a. Ta có: $\widehat{BEH}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (BH)) ⇒ HE ⊥ AB

∆AHB vông tại H, đường cao HE:

AE.AB = $A{H}^2\left(1\right)$

$\widehat{HFC}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (HC)) ⇒ HF ⊥ AC

∆AHC vuông tại H, đường cao HF: AF.AC = $A{H}^2$(2)

Từ (1) và (2) ⇒ AE.AB = AF.AC

b. Ta có: $\widehat{BAC}={90}^{\circ }$(góc nội tiếp chắn nửa (BC)) $\Rightarrow \widehat{EAF}={90}^{\circ }$

Mà $\widehat{AEH}={90}^{\circ }\left(HE\perp AB\right)$ và $\widehat{AFH}={90}^{\circ }\left(HF\perp AC\right)$

⇒ Tứ giác AEHF là hình chữ nhật ⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp

$\widehat{HEF}=\widehat{HAF}$(Cùng chắn cung HF của (AEHF))

$\widehat{HAF}=\widehat{ABC}\Rightarrow$ EF là tiếp tuyến (BH)

c. Ta sẽ chứng minh $\widehat{AIH}=\widehat{KAC}$

Ta có: $\widehat{KAC}=\widehat{HAC}$ (tính chất đối xứng)

$\widehat{HAC}=\widehat{AHE}$ (so le trong) $\Rightarrow \widehat{KAC}=\widehat{AHE}$

$\widehat{AIH}=\widehat{AHE}$ (tính chất đối xứng)

Vậy $\widehat{AIH}=\widehat{KAC}$ (Cùng = $\widehat{AHE}$)

Mà AC // IH (tứ giác AEHF là hình chữ nhật)

$\Rightarrow \widehat{AIH}$ và $\widehat{KAC}$ đồng vị ⇒ I, A, K thẳng hàng

a: ΔOBC cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)BC

Xét tứ giác OASI có \(\widehat{OAS}+\widehat{OIS}=90^0+90^0=180^0\)

nên OASI là tứ giác nội tiếp

b: ΔOAD cân tại O

mà OS là đường cao

nên OS là phân giác của góc AOD

Xét ΔOAS và ΔODS có

OA=OD

\(\widehat{AOS}=\widehat{DOS}\)

OS chung

Do đó: ΔOAS=ΔODS

=>\(\widehat{OAS}=\widehat{ODS}\)

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

=>SD là tiếp tuyến của (O)

\(\left[\dfrac{a-b}{\sqrt{ab}}-\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\left(\dfrac{a}{\sqrt{b}}-\dfrac{b}{\sqrt{a}}\right)\right]:\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}\)

\(=\left(\dfrac{a-b}{\sqrt{ab}}-\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\cdot\dfrac{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}\right)\cdot\dfrac{\sqrt{ab}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)

\(=\dfrac{\sqrt{ab}\left(a-b\right)-a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\cdot\dfrac{\sqrt{ab}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)

\(=\dfrac{\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)-\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}{a-b}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a\sqrt{b}+b\sqrt{a}-a-\sqrt{ab}-b\right)}{a-b}\)

\(=\dfrac{a\sqrt{b}+b\sqrt{a}-a-\sqrt{ab}-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)

Thế x = -1 vào (P), ta có:

y = (-1)² = 1

⇒ A(-1; 1)

Thế x = 2 vào (P), ta có:

y = 2² = 4

⇒ B(2; 4)

Gọi (d): y = ax + b (a ≠ 0) là phương trình đường thẳng AB

Thế tọa độ điểm A(-1; 1) vào (d), ta có:

a.(-1) + b = 1

⇔ -a + b = 1

⇔ b = 1 + a (1)

Thế tọa độ điểm B(2; 4) vào (d), ta có:

a.2 + b = 4

⇔ 2a + b = 4 (2)

Thế (1) vào (2), ta có:

2a + 1 + a = 4

⇔ 3a = 4 - 1

⇔ 3a = 3

⇔ a = 3 : 3

⇔ a = 1 (nhận)

Thế a = 1 vào (1), ta có:

b = 1 + 1 = 2

⇒ (d): y = x + 2

Ta có:

OA² = 1 + 1 = 2

⇒ OA = √2

AB² = 3² + 3² = 18

⇒ AB = 3√2

OB² = 2² + 4² = 20

⇒ OB = 2√5

∆OAB có:

OB² = OA² + AB² = 20

⇒ ∆OAB vuông tại A (định lý Pythagore đảo)

Diện tích ∆OAB:

S = √2.3√2 : 2 = 3 (đvdt)

nhanh hộ cái

a) Chứng minh rằng tứ giác ACMO nội tiếp được trong một đường tròn.

Vì AC là tiếp tuyến của (O) nên OA ⊥ AC =>  $\widehat{OAC}={90}^o$

Vì MC là tiếp tuyến của (O) nên OM ⊥ MC =>  $\widehat{OMC}={90}^o$

=> $\widehat{OAC}+\widehat{OMC}={180}^o.$  Suy ra OACM là tứ giác nội tiếp

1: Xét tứ giác BMNC có \(\widehat{BMC}=\widehat{BNC}=90^0\)

nên BMNC là tứ giác nội tiếp

=>B,M,N,C cùng thuộc một đường tròn

2:

Kẻ tiếp tuyến Ax của (O)

=>Ax\(\perp\)OA tại A

Xét (O) có

\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ANM}\left(=180^0-\widehat{MNC}\right)\)

nên \(\widehat{xAC}=\widehat{ANM}\)

=>Ax//MN

=>OA\(\perp\)MN

 mà MN\(\perp\)NK

nên NK//OA

chi tiết với ạ