a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.Ta có: ∠ADB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)EH⊥AB⇒∠AHE=900Tứ giác ADEH có: ∠ADE+∠AHE=900+900=1800 nên là tứ giác nội tiếp (đpcm)b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh DI2=AI.BI.Tứ giác ADCK nội tiếp nên ∠ADK=∠ACK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (1)Xét tứ giác ECBH có:∠ECB=∠ACB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)∠EHB=900(doEH⊥AB)⇒∠ECB+∠EHB=900+900=1800Do đó tứ giác ECBH nội tiếp (tứ giác có hai góc đối có tổng số đo bằng 1800)⇒∠ECH=∠EBH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH)⇒∠ACK=∠DBA (2)Từ (1) và (2) suy ra ∠ADK=∠DBA⇒∠ADI=∠DBALại có ∠DBA+∠DAB=900 nên ∠ADI+∠DAB=900 hay ∠ADI+∠DAI=900⇒∠DIA=1800−(∠ADI+∠DAI)=1800−900=900⇒DI⊥AB nên DI là đường cao trong tam giác vuông ADB⇒DI2=IA.IB (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (đpcm)c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).Theo câu b, DK⊥BA tại I nên AB là đường trung trực của DK⇒DA=AK ⇒sdcungAD=sdcungAK⇒∠DCA=∠ACK ⇒CA là tia phân giác của góc ∠DCH⇒∠DCH=2∠ECH (3)Tam giác EHB vuông tại H có M là trung điểm EB nên HM là đường trung tuyến⇒MH=MB⇒ΔMHB cân tại M⇒∠DMH=∠MHB+∠MBH=2∠MBH=2∠EBH (4)Tứ giác ECBH có: ∠ECB+∠EHB=900+900=1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)⇒∠ECH=∠EBH (5)Từ (3), (4) và (5) suy ra ∠DCH=∠DMH⇒DCMH là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)⇒∠NCM=∠NHD (tính chất)Xét ΔNCM và ΔNHD có:Góc N chung∠NCM=∠NHD(cmt)⇒ΔNCM∼ΔNHD(g−g)⇒NCNH=NMND (cạnh tương ứng)⇒NC.ND=NM.NH (6)Tứ giác HMBF nội tiếp nên ∠NMB=∠NFH (tính chất)Xét ΔNMB và ΔNFH có:Góc N chung∠NMB=∠NFH (cmt)⇒ΔNMB∼ΔNFH(g−g)⇒NMNF=NBNH (cạnh tương ứng)⇒NM.NH=NB.NF (7)Từ (6) và (7) suy ra NC.ND=NF.NB⇒NCNF=NBNDXét ΔNBC và ΔNDF có:Góc N chungNCNF=NBND(cmt)⇒ΔNBC∼ΔNDF(c−g−c)⇒∠NCB=∠NFD=∠BFD (góc tương ứng)Mà ∠NCB+∠DCB=1800 (kề bù)Nên ∠BFD+∠DCB=1800Do đó tứ giác DCBF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)Vậy điểm F nằm trên đường tròn (O) (đpcm).

Gọi a (triệu người) là số người xem MV  \(\left(a\inℕ^∗\right)\)

Khi đó, số người xem 2 lượt là 60%.a (người)

tổng số lượt xem của người xem 2 lược là: 2.(60%.a) (người)

số người xem một lượt là a - 60%.a (người)

tổng số lượt xem của người xem 1 lược là: 1.(a - 60%.a) (người)

Ta có phương trình:

2.(60%,a) + 1(a - 60%.a) = 6,4

\(\Leftrightarrow1,2a+a-0,6a=6,4\)

\(\Leftrightarrow1,6a=6,4\Leftrightarrow a=\dfrac{6,4}{1,6}=4\left(tm\right)\)

Vậy số người đã xem MV là 4 triệu người

Phương trình (*) có ac < 0 => Phương trình 2 nghiệm phân biệt

Hệ thức Viète : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4\\x_1.x_2=-3\end{matrix}\right.\)

Khi đó \(T=\dfrac{x_1^3+x_2^3}{x_1.x_2}=\dfrac{\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)}{x_1.x_2}=\dfrac{4^3-3.\left(-3\right).4}{-3}=-\dfrac{100}{3}\)

\(x^2-5x+6=0\) (a = 1; b = -5; c= 6)

Ta có: \(\Delta=b^2-4ac=\left(-5\right)^2-4.1.6=1>0\)

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt

\(x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-\left(-5\right)+\sqrt{1}}{2.1}=3\)

\(x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-\left(-5\right)-\sqrt{1}}{2.1}=2\)

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

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

\(A=\sqrt{64}+\sqrt{16}-2\sqrt{36}=8+4-12=0\)

a/ Ta có

H và E cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông nên H và E thuộc đường tròng đường kính AC => AHEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AC tâm I là trung điểm của AC

b/

Xét tg vuông ABH và tg vuông ABC có

\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}\) (cùng phụ với \(\widehat{ABC}\) ) (1)

Xét tg vuông ABH và tg vuông ADH có

AH chung

BH=DH (gt)

=> tg ABH = tg ADH (Hai tg vuông có hai cạnh góc vuông bằng nhau) \(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{DAH}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{DAH}=\widehat{ACH}\)

Xét tứ giác nội tiếp AHEC có

\(\widehat{ACH}=\widehat{AEH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AH) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{AEH}=\widehat{DAH}\) => tg AHE cân tại H (td có hai góc ở đáy bằng nhau)

c/

Ta có

\(\widehat{DAH}=\widehat{ACH}\) (cmt)

Xét tứ giác nội tiếp AHEC có

\(\widehat{DAH}=\widehat{ECH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung HE)

\(\Rightarrow\widehat{ACH}=\widehat{ECH}\) => CB là tia phân giác của \(\widehat{ACE}\)