\(A=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{6+2\sqrt{5}}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{6-2\sqrt{5}}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}}\)

\(=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{5+\sqrt{5}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{5-\sqrt{5}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)\left(5-\sqrt{5}\right)+2\left(3-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}{\left(5-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}\)

\(=\dfrac{40}{20}=2\)

a. Câu này đơn giản em tự giải

b.

Xét hai tam giác OIM và OHN có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OIM}=\widehat{OHN}=90^0\\\widehat{MON}\text{ chung}\\\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OIM\sim\Delta OHN\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OM}{ON}\Rightarrow OI.ON=OH.OM\)

Cũng từ 2 tam giác đồng dạng ta suy ra \(\widehat{OMI}=\widehat{ONH}\)

Tứ giác OAMI nội tiếp (I và A cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông)

\(\Rightarrow\widehat{OAI}=\widehat{OMI}\)

\(\Rightarrow\widehat{OAI}=\widehat{ONH}\) hay \(\widehat{OAI}=\widehat{ONA}\)

c.

Xét hai tam giác OAI và ONA có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OAI}=\widehat{ONA}\left(cmt\right)\\\widehat{AON}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAI\sim\Delta ONA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{OA}{ON}=\dfrac{OI}{OA}\Rightarrow OI.ON=OA^2=OC^2\) (do \(OA=OC=R\))

\(\Rightarrow\dfrac{OC}{ON}=\dfrac{OI}{OC}\)

Xét hai tam giác OCN và OIC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{OC}{ON}=\dfrac{OI}{OC}\\\widehat{CON}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OCN\sim\Delta OIC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{OCN}=\widehat{OIC}=90^0\) hay tam giác ACN vuông tại C

\(\widehat{ABC}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow BC\perp AB\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACN với đường cao BC:

\(BC^2=BN.BA=BN.2BH=2BN.BH\) (1)

O là trung điểm AC, H là trung điểm AB \(\Rightarrow OH\) là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow OH=\dfrac{1}{2}BC\)

Xét hai tam giác OHN và EBC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OHN}=\widehat{EBC}=90^0\\\widehat{ONH}=\widehat{ECB}\left(\text{cùng phụ }\widehat{IEB}\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\Delta OHN\sim\Delta EBC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{OH}{EB}=\dfrac{HN}{BC}\Rightarrow HN.EB=OH.BC=\dfrac{1}{2}BC^2\)

\(\Rightarrow BC^2=2HN.EB\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow BN.BH=HN.BE\)

\(\Rightarrow BN.BH=\left(BN+BH\right).BE\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{BE}=\dfrac{BN+BH}{BN.BH}=\dfrac{1}{BH}+\dfrac{1}{BN}\) (đpcm)

4c.

Do M là giao điểm 2 tiếp tuyến tại A và B, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau 

\(\Rightarrow\widehat{OMN}=\widehat{OMB}\)

Mà \(MB||NO\) (cùng vuông góc BC) \(\Rightarrow\widehat{OMB}=\widehat{MON}\) (so le trong)

\(\Rightarrow\widehat{OMN}=\widehat{MON}\)

\(\Rightarrow\Delta OMN\) cân tại N

\(\Rightarrow MN=ON\)

Cũng theo 2 t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau \(\Rightarrow MA=MB\)

Do MD là tiếp tuyến của (O) tại A \(\Rightarrow OA\perp MD\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OND với đường cao OA:

\(ON^2=NA.ND\Rightarrow MN^2=NA.ND\)

\(\Rightarrow MN^2=\left(MA-MN\right).ND=\left(MB-MN\right).ND\)

\(\Rightarrow MN^2=MB.ND-MN.ND\)

\(\Rightarrow MB.ND-MN^2=MN.ND\)

\(\Rightarrow\dfrac{MB.ND-MN^2}{MN.ND}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{MB}{MN}-\dfrac{MN}{ND}=1\) (đpcm)

Chắc câu c quá, tại tổng 2 ô vuông của hình chữ nhật có 10 chấm tròn. =)

Em nghĩ là câu c vì thấy tổng của các chấm tròn ở mỗi miếng đều là 10.

Đáp án b

Các hình màu xanh là phản chiếu của các hình máu cam trong gương.

Nhìn sơ sơ đoán là chọn B

Kiểu 2 hình ở gần (đáy hình cam trên và đỉnh hình xanh dưới sẽ giống nhau), 2 hình còn lại giống nhau tại vị trí đỉnh trên hình cam và đáy dưới hình xanh

1.

a. Em tự giải

b.

\(\left\{{}\begin{matrix}2x+y=4m-1\\3x-2y=-m+9\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4x+2y=8m-2\\3x-2y=-m+9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}7x=7m+7\\y=\dfrac{3x+m-9}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=m+1\\y=2m-3\end{matrix}\right.\)

Để \(x+y=7\Rightarrow m+1+2m-3=7\)

\(\Rightarrow3m=9\Rightarrow m=3\)

2.

a. Em tự giải

b.

Phương trình có 2 nghiệm khi:

\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-\left(2m+10\right)=m^2-9\ge0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge3\\m\le-3\end{matrix}\right.\)

Khi đó theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=2m+10\end{matrix}\right.\)

Ta có:

\(P=x_1^2+x_2^2+8x_1x_2=\left(x_1+x_2\right)^2+6x_1x_2\)

\(=4\left(m+1\right)^2+6\left(2m+10\right)=4m^2+20m+64\)

\(=4\left(m^2+5m+6\right)+40=4\left(m+2\right)\left(m+3\right)+40\)

Do \(\left[{}\begin{matrix}m\ge3\\m\le-3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(m+2\right)\left(m+3\right)\ge0\)

\(\Rightarrow P\ge40\)

Vậy \(P_{min}=40\) khi \(m=-3\)

(Nếu bài này giải là \(4m^2+20m+64=\left(2m+5\right)^2+39\ge39\) là sai vì dấu = khi đó xảy ra tại \(m=-\dfrac{5}{2}\) ko thỏa mãn điều kiện \(\Delta\) để pt có nghiệm)

a, Ta có tam giác \(A B C\) nhọn, kẻ:

• \(B D \bot A B\)
• \(C D \bot A C\)

=> Các góc tại \(B\) và \(C\) đều là góc vuông.

Ta xét tứ giác \(A B D C\):

• \(\angle A B D = 90^{\circ}\) (do \(B D \bot A B\))
• \(\angle A C D = 90^{\circ}\) (do \(C D \bot A C\))

Suy ra:

\(\angle A B D + \angle A C D = 180^{\circ}\)

Mà tổng góc trong tứ giác bằng \(360^{\circ}\), nên:

\(\angle B A D + \angle B C D + 180^{\circ} = 360^{\circ} \Rightarrow \angle B A D + \angle B C D = 180^{\circ}\)

Mà \(\angle B A D\) chính là góc tại \(A\) của tam giác \(A B C\), ký hiệu là \(\angle A\),
\(\angle B C D\) chính là góc tại \(D\) trong tứ giác (ký hiệu là \(\angle D\)).

⇒ \(\Rightarrow \angle D + \angle A = 180^{\circ}\)

b, * Chứng minh \(Q J = B D\)

Vì \(I\) là trung điểm của \(P Q\) và \(B J\), nên:

• \(I P = I Q\) (trung điểm \(P Q\))
• \(I B = I J\) (trung điểm \(B J\))

Xét hai tam giác \(I P B\) và \(I Q J\):

• \(I P = I Q\) (gt)
• \(I B = I J\) (gt)
• \(\angle P I B = \angle Q I J\) (đối đỉnh)

⇒ Tam giác \(I P B\) ≅ tam giác \(Q I J\) (cạnh – cạnh – góc xen giữa)

Suy ra:

\(P B = Q J\)

Nhưng \(P B = A B - A P = A B - \left(\right. A B - B P \left.\right) = B P\), mà \(B P = B D\) (gt)

⇒ \(Q J = P B = B P = B D \Rightarrow \boxed{Q J = B D}\)

*Chứng minh \(\angle A Q J + \angle D = 180^{\circ}\)

Ta đã biết ở phần a): \(\angle A + \angle D = 180^{\circ} .\)

Ta sẽ chứng minh \(\angle A Q J = \angle A\)

Xét hai tam giác:

• Tam giác \(A B P\): có \(B P = B D\) (gt)
• Tam giác \(A C Q\): có \(C Q = C D\) (gt)

Do \(B D \bot A B\), \(C D \bot A C\) ⇒ \(B D\) là đường cao tam giác \(A B C\), tương tự \(C D\) cũng là đường cao.

Suy ra tam giác \(A B P\) vuông tại \(B\), tam giác \(A C Q\) vuông tại \(C\). Hai điểm \(P , Q\) được lấy đối xứng vai trò như nhau theo hai cạnh của tam giác \(A B C\).

Lại có \(Q J = B D = B P\) (ở trên vừa chứng minh), do đó tam giác \(A Q J\) đồng dạng với tam giác \(A B C\) ⇒

\(\angle A Q J = \angle A .\)

Vậy:

\(\angle A Q J + \angle D = \angle A + \angle D = 180^{\circ} . \textrm{ }\textrm{ } \textrm{ } (đ\text{pcm})\)

!?!?!?!?!?!?!?!

a: Xét (O) có

ΔABP nội tiếp

AP là đường kính

Do đó: ΔABP vuông tại B

=>BA⊥BP

mà CH⊥BA

nên CH//BP

Xét (O) có

ΔACP nội tiếp

AP là đường kính

Do đó: ΔACP vuông tại C

=>CP⊥CA

mà BH⊥CA

nên BH//CP

Xét tứ giác BHCP có

BH//CP

BP//CH

Do đó: BHCP là hình bình hành

Gọi HP cắt CB tại I

BHCP là hình bình hành

=>BC cắt HP tại trung điểm của mỗi đường

=>I là trung điểm chung của HP và BC

Xét (O) có

ΔAKP nội tiếp

AP là đường kính

Do đó: ΔAKP vuông tại K

=>AK⊥KP

mà AK⊥BC

nên PK//BC

Xét ΔHKP có

I là trung điểm của HP

DI//KP

Do đó: D là trung điểm của HK

=>DH=DK

b: Xét ΔCKH có

CD là đường cao

CD là đường trung tuyến

Do đó: ΔCKH cân tại C

=>CH=CK

mà CH=BP

nên BP=CK

Xét tứ giác BCPK có

BC//PK

BP=CK

Do đó: BCPK là hình thang cân

Xét ΔAHC vuông tại H có \(\sin C=\frac{AH}{AC}\)

=>\(\frac{AH}{10}=\sin30=\frac12\)

=>\(AH=\frac{10}{2}=5\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔAHC vuông tại H

=>\(HA^2+HC^2=CA^2\)

=>\(HC^2=10^2-5^2=100-25=75=\left(5\sqrt3\right)^2\)

=>\(HC=5\sqrt3\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HB\cdot HC=HA^2\)

=>\(HB=\frac{5^2}{5\sqrt3}=\frac{5}{\sqrt3}=\frac{5\sqrt3}{3}\) (cm)

ΔAHB vuông tại H

=>\(HA^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AB^2=5^2+\left(\frac{5\sqrt3}{3}\right)^2=25+\frac{25}{3}=\frac{100}{3}\)

=>\(AB=\sqrt{\frac{100}{3}}=\frac{10}{\sqrt3}\) (cm)