a: Gọi G là giao điểm của BC và OI

I đối xứng với O qua BC

=>BC là đường trung trực của OI

=>BO=BI và CO=CI

mà BO=CO

nên BO=BI=CO=CI

=>BOCI là hình thoi

=>OI⊥BC tại G và G là trung điểm chung của OI và BC

Gọi K là giao điểm thứ hai của AO với (O)

=>AK là đường kính của (O)

Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BK⊥BA

mà CH⊥BA

nên BK//CH

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CK⊥CA

mà BH⊥CA

nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà G là trung điểm của BC

nên G là trung điểm của HK

Xét ΔKAH có

O,G lần lượt là trung điểm của KA,KH

=>OG là đường trung bình của ΔKAH

=>AH=2OG

mà OI=2OG

nên AH=OI

Ta có: AH⊥BC

OI⊥BC

Do đó: AH//OI

Xét tứ giác AHIO có

AH//OI

AH=OI

Do đó: AHIO là hình bình hành

=>HI//AO

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

Gọi giao điểm của AD và CB là K

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥KB tại C

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>BD⊥KA tại D

Xét ΔKAB có

AC,BD là các đường cao

AC cắt BD tại E

Do đó: E là trực tâm của ΔAKB

=>KE⊥AB tại M

Xét ΔAME vuông tại M và ΔACB vuông tại C có

\(\hat{MAE}\) chung

Do đó: ΔAME~ΔACB

=>\(\frac{AM}{AC}=\frac{AE}{AB}\)

=>\(AM\cdot AB=AE\cdot AC\)

Xét ΔBME vuông tại M và ΔBDA vuông tại D có

\(\hat{MBE}\) chung

DO đó: ΔBME~ΔBDA

=>\(\frac{BM}{BD}=\frac{BE}{BA}\)

=>\(BD\cdot BE=BM\cdot BA\)

\(AE\cdot AC+BD\cdot BE\)

\(=AM\cdot AB+BM\cdot AB\)

\(=AB\left(AM+BM\right)=AB^2\) không đổi khi E di chuyển trong (O)

Bạn học CMATH phải không vậy bạn? Mình thấy phiếu quen quen.

Bạn học CMATH phải không vậy bạn? Mình thấy quen quen.

ĐÂY LÀ CMATH phải không

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

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

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