a: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra OM là đường trung trực của AB

=>OM⊥AB tại I và I là trung điểm của AB

b: Xét ΔOIK vuông tại I và ΔOHM vuông tại H có

\(\hat{IOK}\) chung

Do đó; ΔOIK~ΔOHM

=>\(\frac{OI}{OH}=\frac{OK}{OM}\)

=>\(OI\cdot OM=OH\cdot OK\left(3\right)\)

Xét ΔOAM vuông tại A có AI là đường cao

nên \(OI\cdot OM=OA^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(OH\cdot OK=OA^2\)

a: Xét (O) có

CM,CA là các tiếp tuyến

Do đó: CM=CA và OC là phân giác của góc MOA

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

Ta có: CM+MD=CD
mà CM=CA và DM=DB

nên CA+BD=CD
b: OC là phân giác của góc MOA

=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOC}\)

OD là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)

Ta có: \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{MOC}+\hat{MOD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{COD}=180^0\)

=>\(\hat{COD}=90^0\)

c: Ta có: MH⊥AB

AC⊥BA

DB⊥BA

DO đó: MH//AC//BD

Xét ΔCDB có MI//DB

nên \(\frac{CI}{IB}=\frac{CM}{MD}=\frac{CA}{BD}\)

Xét ΔICA và ΔIBD có

\(\frac{IC}{IB}=\frac{CA}{BD}\)

góc ICA=góc IBD(Hai góc so le trong, AC//BD)

Do đó: ΔICA~ΔIBD

=>\(\hat{CIA}=\hat{BID}\)

mà \(\hat{CIA}+\hat{AIB}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{BID}+\hat{AIB}=180^0\)

=>A,I,D thẳng hàng

Gọi F là giao điểm của AM và BD

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>BM⊥AF tại M

=>ΔBMF vuông tại M

Ta có: \(\hat{DMB}+\hat{DMF}=\hat{FMB}=90^0\)

\(\hat{DBM}+\hat{DFM}=90^0\) (ΔFMB vuông tại M)

mà \(\hat{DMB}=\hat{DBM}\)

nên \(\hat{DMF}=\hat{DFM}\)

=>DM=DF
mà DM=DB

nên DF=DB(1)

Xét ΔADB có IH//DB

nên \(\frac{IH}{DB}=\frac{AI}{AD}\left(2\right)\)

Xét ΔADF có MI//DF
nên \(\frac{MI}{DF}=\frac{AI}{AD}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra IH=MI

=>I là trung điểm của MH

d: Xét ΔBAC có IH//AC
nên \(\frac{IH}{AC}=\frac{BI}{BC}\left(4\right)\)

Xét ΔBEC có MI//EC
nên \(\frac{MI}{EC}=\frac{BI}{BC}\left(5\right)\)

Từ (4),(5) suy ra \(\frac{IH}{AC}=\frac{MI}{EC}\)

mà IH=IM

nên AC=EC

=>C là trung điểm của AE

a: Xét ΔMAB vuông tại A và ΔMDE vuông tại M có

MA=MD

\(\hat{AMB}=\hat{DME}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMAB=ΔMDE

=>AB=DE

BC=AB+CD

=>BC=DE+DC=CE

=>ΔCBE cân tại C

b: Kẻ MK⊥BC tại K

ΔCBE cân tại C

=>\(\hat{CBE}=\hat{CEB}\)

mà \(\hat{CEB}=\hat{ABE}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

nên \(\hat{CBE}=\hat{ABE}\)

=>BE là phân giác của góc ABC

Xét ΔBAM vuông tại A và ΔBKM vuông tại K có

BM chung

\(\hat{ABM}=\hat{KBM}\)

Do đó: ΔBAM=ΔBKM

=>MA=MK

=>MA=MK=MD

=>K nằm trên đường tròn đường kính AD

Xét (M) có

MK là bán kính

BC⊥MK tại K

Do đó: BC là tiếp tuyến của (M)

=>BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AD

a: ĐKXĐ: x>=-4

\(x^2+3x+24=12\sqrt{x+4}\)

=>\(x\left(x+3\right)-12\sqrt{x+4}+24=0\)

=>\(x\left(x+3\right)-12\left(\sqrt{x+4}-2\right)=0\)

=>\(x\left(x+3\right)-12\cdot\frac{x+4-4}{\sqrt{x+4}+2}=0\)

=>\(x\left(x+3\right)-\frac{12x}{\sqrt{x+4}+2}=0\)

=>\(x\left(x+3-\frac{12}{\sqrt{x+4}+2}\right)=0\)

=>\(x\left\lbrack x+\frac{3\sqrt{x+4}+6-12}{\sqrt{x+4}+2}\right\rbrack=0\)

=>\(x\left\lbrack x+\frac{3\sqrt{x+4}-6}{\sqrt{x+4}+2}\right\rbrack=0\)

=>\(x\cdot\left\lbrack x+\frac{3\left(\sqrt{x+4}-2\right)}{\sqrt{x+4}+2}\right\rbrack=0\)

=>\(x\cdot\left\lbrack x+3\cdot\frac{x+4-4}{\left(\sqrt{x+4}+2\right)\left(\sqrt{x+4}+2\right)}\right\rbrack=0\)

=>\(x^2\left(1+\frac{3}{\left(\sqrt{x+4}+2\right)^2}\right)=0\)

=>\(x^2=0\)

=>x=0(nhận)

b:

ĐKXĐ: x>=-5/2

\(x^2+\sqrt{2x+5}=2x+3+\sqrt{x^2+2}\)

=>\(x^2-2x-3=\sqrt{x^2+2}-\sqrt{2x+5}\)

=>\(\left(x-3\right)\left(x+1\right)=\frac{x^2+2-2x-5}{\sqrt{x^2+2}+\sqrt{2x+5}}\)

=>\(\left(x-3\right)\left(x+1\right)\left(1-\frac{1}{\sqrt{x^2+2}+\sqrt{2x+5}}\right)=0\)

=>(x-3)(x+1)=0

=>\(\left[\begin{array}{l}x=3\left(nhận\right)\\ x=-1\left(nhận\right)\end{array}\right.\)

a: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó; MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO⊥AB

Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà MO⊥AB

nên MO//BK

b: Gọi E là giao điểm của AM và BK, I là giao điểm của BH và MK

TA có: BA⊥BK

=>BA⊥BE

=>ΔABE vuông tại B

Ta có: \(\hat{MBA}+\hat{MBE}=\hat{ABE}=90^0\)

\(\hat{MAB}+\hat{MEB}=90^0\) (ΔABE vuông tại B)

mà \(\hat{MAB}=\hat{MBA}\) (ΔMAB cân tại M)

nên \(\hat{MBE}=\hat{MEB}\)

=>MB=ME

mà MA=MB

nên MA=ME(3)

Ta có: BH⊥AK

AE⊥KA

Do đó: BH//AE

Xét ΔKAM có IH//AM

nên \(\frac{IH}{AM}=\frac{KI}{KM}\left(4\right)\)

Xét ΔKME có IB//ME

nên \(\frac{IB}{ME}=\frac{KI}{KM}\left(5\right)\)

Từ (3),(4),(5) suy ra IH=IB

=>I là trung điểm của BH