Trình bày ngắn gọn hướng giải, chi tiết tỉ mỉ em tự thực hiện

a.

AD vuông góc MO tại H \(\Rightarrow HA=HD\)

\(\Rightarrow\Delta_{\perp}OHA=\Delta_{\perp}OHD\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{HOA}=\widehat{HOD}\)

\(\Rightarrow\Delta MOA=\Delta MOD\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MDO}=\widehat{MAO}=90^0\)

\(\Rightarrow MD\) là tiếp tuyến

b.

\(\widehat{MAB}=\widehat{MCA}\) (góc nt và góc tạo bởi tiếp tuyến - dây cung cùng chắn AB)

\(\Rightarrow\Delta MAB\sim\Delta MCA\)

\(\Rightarrow\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MB}{MA}\Rightarrow MA^2=MB.MC\)

Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAO với đường cao AH:

\(MA^2=MH.MO\)

\(\Rightarrow MB.MC=MH.MO\Rightarrow\dfrac{MB}{MO}=\dfrac{MH}{MC}\)

Lại có \(\widehat{HMB}\) chung

\(\Rightarrow\Delta MHB\sim\Delta MCO\left(c.g.c\right)\)

c.

MA, MD là tiếp tuyến nên các tam giác MAO, MDO vuông

\(\Rightarrow M,A,D,O\) thuộc đường tròn đường kính MO

I là trung điểm BC \(\Rightarrow OI\perp BC\)

\(\Rightarrow\Delta MOI\) vuông tại I nên M, O, I thuộc đường tròn đường kính MO

\(\Rightarrow I,A,M,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính MO

Hay đường tròn ngoại tiếp MAD đi qua I

d.

Kẻ tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại P

\(\Rightarrow\) Các tam giác PBO và PCO vuông nên P, B, C, O thuộc đường tròn đường kính OP (1)

Mặt khác OI đi qua trung điểm BC \(\Rightarrow OI\) là trung trực BC

\(PB=PC\) (hai tiếp tuyến cắt nhau), \(OB=OC=R\) nên OP là trung trực BC

\(\Rightarrow P,O,I\) thẳng hàng hay P nằm trên OI (2)

Từ câu b ta có \(\Delta MHB\sim\Delta MCO\Rightarrow\widehat{MCO}=\widehat{MHB}\)

Mà \(\widehat{MHB}+\widehat{BHO}=180^0\Rightarrow\widehat{MCO}+\widehat{BHO}=180^0\)

\(\Rightarrow BCOH\) nội tiếp hay 4 điểm B, C, O, H cùng thuộc 1 đường tròn (3)

(1);(3) \(\Rightarrow P,C,O,B,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính PO

\(\Rightarrow\widehat{PHO}\) là góc nt chắn nửa đường tròn (do PO là đường kính) 

\(\Rightarrow PH\perp OM\)

Mà \(AD\perp OM\) hay \(AH\perp OM\) theo giả thiết 

\(\Rightarrow\) Đường thẳng PH trùng đường thẳng AD, hay P nằm trên đường thẳng AD (4)

(2);(4) \(\Rightarrow P\) là giao điểm của OI và AD

\(\Rightarrow P\) trùng Q

\(\Rightarrow Q\) là giao điểm 2 tiếp tuyến tại B và C

Hay QB, QC là tiếp tuyến của (O)

a.

OB song song O'C \(\Rightarrow\widehat{BOA}+\widehat{CO'A}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

Do \(OA=OB=R\) và \(O'A=O'C=R'\) nên các tam giác OAB và O'AC cân tại O và O'

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OAB}=\widehat{OBA}\\\widehat{O'AC}=\widehat{O'CA}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OAB}=\dfrac{180^0-\widehat{BOA}}{2}\\\widehat{O'AC}=\dfrac{180^0-\widehat{CO'A}}{2}\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=180^0-\left(\widehat{OAB}+\widehat{O'AC}\right)=180^0-\left(\dfrac{180^0-\widehat{BOA}}{2}+\dfrac{180^0-\widehat{CO'A}}{2}\right)\)

\(=180^0-\left(180^0-\dfrac{\widehat{BOA}+\widehat{CO'A}}{2}\right)=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại A

b.

TH1:

Nếu \(R=R'\) thì OBCO' là hình bình hành (cặp cạnh đối OB, O'C song song và bằng nhau)

\(\Rightarrow BC||O'O\Rightarrow AH\perp O'O\)

Từ B kẻ \(BK\perp O'O\Rightarrow AHBK\) là hình chữ nhật (tức giác có 3 góc vuông)

\(\Rightarrow AH=BK\le OB=R=R'\)

Dấu "=" xảy ra khi K trùng O hay BC vuông góc OB \(\Rightarrow BC\) là tiếp tuyến của (O)

TH2:

Nếu \(R\ne R'\), không mất tính tổng quát giả sử \(R>R'\)

Kéo dài BC và O'O cắt nhau tại D

Từ O kẻ \(OK\perp BC\)

Áp dụng định lý Talet: \(\dfrac{DO'}{DO}=\dfrac{OC'}{OB}=\dfrac{R'}{R}\)

OK và AH cùng vuông góc BC \(\Rightarrow OK||AH\)

Áp dụng định lý Thales:

\(\dfrac{AH}{OK}=\dfrac{DO'}{DO}=\dfrac{R'}{R}\Rightarrow AH=\dfrac{R'}{R}.OK\)

\(\Rightarrow AH_{max}\) khi \(OK_{max}\)

Mà \(OK\perp BC\Rightarrow OK\le OB\) (đường vuông góc ko lớn hơn đường xiên)

\(\Rightarrow OK_{max}=OB=R\)

\(\Rightarrow AH_{max}=\dfrac{R'}{R}.R=R'\)

Dấu "=" xảy ra khi K trùng B hay BC là tiếp tuyến của (O)

ĐKXĐ: \(x+2y\ne0\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x-\dfrac{1}{x+2y}=\dfrac{7}{4}\\-\dfrac{5}{2}x+2+\dfrac{4}{x+2y}=-2\end{matrix}\right.\)

Đặt \(\dfrac{1}{x+2y}=z\) ta được hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}x-z=\dfrac{7}{4}\\-\dfrac{5}{2}x+4z=-4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\z=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\\dfrac{1}{x+2y}=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\x+2y=4\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=1\end{matrix}\right.\)

Gọi số học sinh lớp 9B là : \(x\) (học sinh) \(\left(x\inℕ^∗\right)\)

\(\Rightarrow\) Số học sinh lớp 9A là : \(x+10\) (học sinh)

Số cây học sinh lớp 9B trồng được : \(4x\) (cây)

Số cây học sinh lớp 9A trồng được : \(3\left(x+10\right)\) (cây)

Vì tổng số cây 2 lớp trồng được là : 275 cây

Nên ta có pt :

\(3\left(x+10\right)+4x=275\\ \Rightarrow3x+30+4x=275\\ \Rightarrow7x=245\\ \Rightarrow x=35\left(TMDK\right)\)

Vậy số HS lớp 9B là : 35 HS và lớp 9A là : 35+10=45(HS)

HS lớp 9B là 35hs. HS lớp 9A là 45hs.

a) Do AE tiếp xúc (I) tại E nên \(\widehat{AEI}=90^o\). Đồng thời dễ dàng chứng minh \(AI\perp EF\) tại J.

 Tam giác AEI vuông tại E có đường cao EJ nên \(IJ.IA=IE^2=ID^2=r^2\)

 \(\Rightarrow\dfrac{IJ}{ID}=\dfrac{ID}{IA}\). Từ đó dễ có đpcm.

b) Dễ dàng chứng minh tứ giác IDSJ nội tiếp (do có \(\widehat{IJS}=\widehat{IDS}=90^o\)). Do đó \(\widehat{TIJ}=\widehat{TSD}\), dẫn đến \(\Delta TIJ~\Delta TSD\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{TI}{TS}=\dfrac{TJ}{TD}\) \(\Rightarrow\) đpcm

  Gọi P là giao điểm của AD và IS. Khi đó \(\widehat{PID}=\widehat{SID}=\widehat{SJD}\) và \(\widehat{PDI}=\widehat{ADI}=\widehat{IJD}\) (do đã có \(\Delta IJD~\Delta IDA\) ở câu a)) 

 Do đó \(\widehat{PID}+\widehat{PDI}=\widehat{SJD}+\widehat{IJD}=\widehat{SJI}=90^o\)

 \(\Rightarrow\Delta IPD\) vuông tại P, dẫn tới đpcm. 

c) Gọi Q là giao điểm của AD và EF. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE, DN lần lượt tại X, Y.

 Trước hết, ta chứng minh \(\dfrac{EQ}{ES}=\dfrac{FQ}{FS}\) (*)

 Ta dễ dàng chứng minh AD, BE, CF đồng quy do định lý Ceva đảo trong tam giác ABC.

 \(\Rightarrow\dfrac{QF}{QE}.\dfrac{CE}{CA}.\dfrac{BA}{BF}=1\) (Ceva thuận)

 Mặt khác, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AEF với cát tuyến SBC, ta có: \(\dfrac{SF}{SE}.\dfrac{BA}{BF}.\dfrac{CE}{CA}=1\)

 Từ đó suy ra \(\dfrac{QF}{QE}=\dfrac{SF}{SE}\Rightarrow\dfrac{EQ}{ES}=\dfrac{FQ}{FS}\) . Vậy (*) được chứng minh.

 Áp dụng định lý Thales \(\Rightarrow\dfrac{YQ}{SD}=\dfrac{FQ}{FS};\dfrac{XQ}{SD}=\dfrac{EQ}{ES}\)

 Kết hợp với (*), ta có ngay \(YQ=XQ\), từ đó dễ dàng suy ra M là trung điểm NE dựa vào bổ đề hình thang.

A B M N H I K

a/

Ta có

\(AB\perp MN\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{MHB}=90^o\)

\(MI\perp BN\Rightarrow\widehat{MIB}=90^o\)

=> H và I cùng nhìn MB dưới 1 góc \(90^o\) => H; I thuộc đường tròn đường kính MB => B; H; M; I cùng thuộc 1 đường tròn

b/

Xét tg vuông MHK và tg vuông MIN có

\(\widehat{MKA}=\widehat{MNI}\) (cùng phụ với \(\widehat{KMN}\) )

Ta có

\(\widehat{MNI}=\widehat{MAK}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

\(\Rightarrow\widehat{MKA}=\widehat{MAK}\) => tg MAK cân tại M

c/

Xét tg vuông MIN và tg vuông MHK có

\(\widehat{MKA}=\widehat{MNI}\) (cmt)

=> tg MNI đồng dạng với MHK (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{MI}{MH}=\dfrac{MN}{MK}\)

Ta có tg MAK cân tại M (cmt) => MK=MA

\(\Rightarrow\dfrac{MI}{MH}=\dfrac{MN}{MA}\Rightarrow MI.MA=MH.MN\)

Cảm ơn em đã phản hồi tới olm.vn. Vấn đề em hỏi olm xin trả lời như sau. Hiện tại chính sách olm đã thay đổi. Với mỗi câu trả lời đúng và được giáo viên tick xanh thì chỉ được gp thôi em nhé. Bạn nào đứng top đầu bảng xếp hạng thì cuối tuần sẽ được olm trao xu, xu em có thể đổi quà trên shop của olm. olm đã check câu trả lời của em thì em mới trả lời một câu và cũng chưa được giáo viên nào chấm bài cả em nhé! Nên tất nhiên em chưa thể có xu của olm. Vì xu chỉ trao cho bạn có nhiều gp nhất vào cuối tuần.