a: Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại A

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\)

=>\(BH\cdot BC=BD^2\)

=>\(\frac{BH}{BD}=\frac{BD}{BC}\)

Xét ΔBHD và ΔBDC có

\(\frac{BH}{BD}=\frac{BD}{BC}\)

góc HBD chung

Do đó; ΔBHD~ΔBDC

=>\(\hat{BDH}=\hat{BCD}\)

a: Gọi M là giao điểm của AH và BC

Xét ΔABC có

BE,CF là các đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó; H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại M

Ta có: \(\hat{AHK}+\hat{HAC}=90^0\) (ΔAEH vuông tại E)

\(\hat{ACM}+\hat{HAC}=90^0\) (ΔAMC vuông tại M)

Do đó: \(\hat{AHK}=\hat{ACM}\)

=>\(\hat{AHK}=\hat{ACB}\) (1)

Xét (O) có \(\hat{AKB};\hat{ACB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

=>\(\hat{AKB}=\hat{ACB}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AHK}=\hat{AKH}\)

=>AK=AH

b: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{FEC}+\hat{FBC}=180^0\)

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

nên \(\hat{AEF}=\hat{ABC}\) (3)

Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)

=>OA⊥ Ax tại A

xét (O) có

\(\hat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC
\(\hat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó; \(\hat{xAC}=\hat{ABC}\) (4)

Từ (3),(4) suy ra \(\hat{xAC}=\hat{AEF}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Ax//EF
=>OA⊥EF

E M O N H

a/

Ta có

\(\widehat{EMO}=\widehat{ENO}\) => EMON là tứ giác nội tiếp

=> E; M; O; N cùng nằm trên 1 đường tròn có tâm là trung điểm của EO và bán kính là EO/2

b/

Xét tg vuông EMO và tg vuông ENO có

EM=EN (hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau) 

EO chung

=> tg EMO = tg ENO (Hai tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông bằng nhau)

=> \(\widehat{MEO}=\widehat{NEO}\)

Xét tg EMN có

EM=EN (cmt) => tg EMN cân tại E

\(\widehat{MEO}=\widehat{NEO}\) (cmt) => OE là phân giác của  \(\widehat{MEN}\)

=> \(OE\perp MN\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

a, Xét tứ giác EMON có ^EMO + ^ENO = 180⁰

mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác EMON nt 1 đường tròn hay E;M;O;N thuộc 1 đường tròn 

bán kính là OE/2 

b, Vì ME = MN ( 2 tiếp tuyến cắt nhau ) 

OM = ON 

Vậy EO là đường trung trực đoạn MN

Vậy OE vuông MN 

Ta có: \(\left(\sqrt{15}+2\sqrt3\right)^2+12\sqrt5\)

\(=15+12+2\cdot\sqrt{15}\cdot2\sqrt3+12\sqrt5\)

\(=27+4\sqrt{45}+12\sqrt5=27+12\sqrt5+12\sqrt5=27+24\sqrt5\)

d A B C F D O H K E d'

a/

Ta có

\(\widehat{DCO}=\widehat{DAO}=90^o\) (định nghĩa tiếp tuyến)

=> DCOA là tứ giác nội tiếp => D; C; O; A cùng nằm trên 1 đường tròn

b/

Ta có

DC=DA (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến hai tiếp điểm bằng nhau) (1)

Ta có

\(\widehat{DCF}=\widehat{BCd'}\) (góc đối đỉnh)

\(sđ\widehat{BCd'}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung BC (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(\Rightarrow sđ\widehat{DCF}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung BC (2)

Ta có

\(sđ\widehat{DFC}=\dfrac{1}{2}\) (sđ cung AB-sđ cung AC) (góc có đỉnh ở ngoài đường tròn có số đo bằng 1/2 hiệu số đo hai cung bị chắn)

Mà sđ cung AB - sđ cung AC = sđ cung BC

\(\Rightarrow sđ\widehat{DFC}=\dfrac{1}{2}\) sđ cung BC (3)

Từ (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{DCF}=\widehat{DFC}\) => tg DFC cân tại D => DC=DF (4)

Từ (1) và (4) => DA=DF

A B C D

Ta có

\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{DC}{BC}\) (tính chất đường phân giác)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{8}{10}=\dfrac{4}{5}\Rightarrow AB=\dfrac{4BC}{5}\)

Ta có

\(AC=AD+DC=8+10=18cm\)

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}\) (Pitago)

\(\Rightarrow18=\sqrt{BC^2-\dfrac{16.BC^2}{25}}=\sqrt{\dfrac{9.BC^2}{25}}=\dfrac{3.BC}{5}\)

\(\Rightarrow BC=\dfrac{5.18}{3}=30cm\)

\(\Rightarrow AB=\dfrac{4.BC}{5}=\dfrac{4.30}{5}=24cm\)

Đặt \(AB=x;BC=y\left(y>x>0\right)\)

Dễ thấy \(AC=AD+DC=8+10=18\left(cm\right)\)

Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác ABC vuông tại A, ta có \(BC^2-AB^2=AC^2\Rightarrow y^2-x^2=324\)     (1)

Để ý rằng \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{BC}\) (theo tính chất đường phân giác trong tam giác ABC)

\(\Rightarrow\dfrac{8}{x}=\dfrac{10}{y}\Leftrightarrow y=\dfrac{5}{4}x\)      (2)

Thay (2) vào (1), ta có \(\left(\dfrac{5}{4}x\right)^2-x^2=324\) \(\Leftrightarrow\dfrac{25}{16}x^2-x^2=324\) \(\Leftrightarrow\dfrac{9}{16}x^2=324\) \(\Leftrightarrow x^2=576\Leftrightarrow x=24\) (nhận) hay ta có \(AB=24cm\)

Từ đó \(y=\dfrac{5}{4}x=\dfrac{5}{4}.24=30\left(cm\right)\) hay \(BC=30cm\)

Vậy \(AB=24cm;BC=30cm\)

a: \(A=\left(\frac{x\sqrt{x}-x}{x-1}+\frac{4\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}}\right):\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\)

\(=\left(\frac{x\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\cdot\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{4\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}\right)\cdot\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}\)

\(=\left(\frac{x}{\sqrt{x}+1}+\frac{4}{\sqrt{x}-1}\right)\cdot\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}\)

\(=\frac{x\left(\sqrt{x}-1\right)+4\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\cdot\left(\sqrt{x}-1\right)}\cdot\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}=\frac{x\sqrt{x}-x+4\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

a: xét tứ giác OMEN có \(\hat{OME}+\hat{ONE}=90^0+90^0=180^0\)

nên OMEN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OE

=>O,M,E,N cùng thuộc đường tròn đường kính OE

Tâm là trung điểm của OE

Bán kính là \(\frac{OE}{2}\)

b: Xét (O) có

EM,EN là các tiếp tuyến

Do đó; EM=EN

=>E nằm trên đường trung trực của MN(1)

Ta có: OM=ON

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

Từ (1),(2) suy ra EO là đường trung trực của MN

=>EO⊥MN tại H và H là trung điểm của MN

c: Xét (O) có

ΔNMB nội tiếp

NB là đường kính

Do đó: ΔNMB vuông tại M

=>MN⊥MB

mà OH⊥MN

nên OH//MB

=>OHMB là hình thang