hình như lê bích ngọc chép mạng

a: ABCD là hình thoi

=>AC là phân giác của góc BAD, CA là phân giác của góc BCD, BD là phân giác của góc ABC, DB là phân giác của góc ADC

Xét ΔAHO vuông tại H và ΔALO vuông tại L có

AO chung

\(\hat{HAO}=\hat{LAO}\)

Do đó: ΔAHO=ΔALO

=>OH=OL(1)

Xét ΔDLO vuông tại L và ΔDKO vuông tại K có

DO chung

\(\hat{LDO}=\hat{KDO}\)

Do đó: ΔDLO=ΔDKO

=>OL=OK(2)

Xét ΔCIO vuông tại I và ΔCKO vuông tại K có

CO chung

\(\hat{ICO}=\hat{KCO}\)

Do đó: ΔCIO=ΔCKO

=>OI=OK(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra OH=OL=OK=OI

=>H,L,K,I cùng thuộc (O;OH)

ABCD là hình thoi

=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD

O là trung điểm của AC

=>AO=OC=AC/2=2(cm)

Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)

nên ΔABD đều

ΔABD đều

mà AO là đường cao

nên \(AO=AB\cdot\frac{\sqrt3}{2}\)

=>\(AB=2:\frac{\sqrt3}{2}=\frac{4}{\sqrt3}\) (cm)

ΔAOB vuông tại O

=>\(AO^2+OB^2=AB^2\)

=>\(OB^2=\left(\frac{4}{\sqrt3}\right)^2-2^2=\frac{16}{3}-4=\frac{16}{3}-\frac{12}{3}=\frac43\)

=>\(OB=\frac{2}{\sqrt3}\) (cm)

Xét ΔOAB vuông tại O có OH là đường cao

nên \(OH\cdot AB=OA\cdot OB\)

=>\(OH\cdot\frac{4}{\sqrt3}=2\cdot\frac{2}{\sqrt3}=\frac{4}{\sqrt3}\)

=>OH=1(cm)

=>\(R_{\left(HLKI\right)}=1\operatorname{cm}\)

b: Xét ΔABD có

M,Q lần lượt là trung điểm của AB,AD

=>MQ là đường trung bình của ΔABD

=>MQ//BD và \(MQ=\frac{BD}{2}\)

Xét ΔCBD có

N,P lần lượt là trung điểm của CB,CD

=>NP là đường trung bình của ΔCBD

=>NP//BD và \(NP=\frac{BD}{2}\)

Xét ΔBAC có

M,N lần lượt là trung điểm của BA,BC

=>MN là đường trung bình của ΔBAC

=>MN//AC và MN=AC/2

NP//BD

MQ//BD

Do đó: MQ//NP

\(MQ=\frac{BD}{2}\)

\(NP=\frac{BD}{2}\)

Do đó: MQ=NP

MN//AC

AC⊥BD

Do đó: MN⊥BD

MN⊥BD

MQ//BD

Do đó: MN⊥MQ

Xét tứ giác MQPN có

MQ//PN

MQ=PN

Do đó: MQPN là hình bình hành

Hình bình hành MQPN có MN⊥MQ

nên MQPN là hình chữ nhật

=>M,Q,P,N cùng thuộc một đường tròn

a) x⁴+x³+2x²+x+1=(x⁴+x³+x²)+(x²+x+1)=x²(x²+x+1)+(x²+x+1)=(x²+x+1)(x²+1)

b)a³+b³+c³-3abc=a³+3ab(a+b)+b³+c³ -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)³+c³-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)((a+b)²-(a+b)c+c²)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a²+2ab+b²-ac-ab+c²-3ab)=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-ac-bc)

c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c

a+b+c=x-y-z+z-x=o

đưa về như bài b

d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung

e)x²(y-z)+y²(z-x)+z²(x-y)=x²(y-z)-y²((y-z)+(x-y))+z²(x-y)

=x²(y-z)-y²(y-z)-y²(x-y)+z²(x-y)=(y-z)(x²-y²)-(x-y)(y²-z²)=(y-z)(x²-2y²+xy+xz+yz)

O A B C D M E T I H K J O B C A D E P Q N Hình 1 Hình 2

a) Xét đường tròn (O): 2 tiếp tuyến AB, AC => AB=AC (T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) => OA là trung trực của BC (Vì OB=OC)

=> OA vuông góc BC. Mà BD//AO nên BC vuông góc BD (Qh song song vuông góc) => CD là đường kính của (O)

Do đó: ^CED=90⁰ (Góc nt chắn nửa đường tròn) hoặc ^CEA=90⁰ => \(\Delta\)ACE vuông tại E

Xét \(\Delta\)ACE: Vuông đỉnh E, trung tuyến EM => ME = MC. Từ đó có: \(\Delta\)MEO = \(\Delta\)MCO (c.c.c)

=> ^MEO = ^MCO (Cặp góc tương ứng). Mà ^MCO=90⁰ nên ^MEO=90⁰ => ME là tiếp tuyến của (O) (đpcm).

b) Gọi K là giao điểm của OE với đoạn BC, H là giao điểm của OA và BC, J là giao điểm của EM với OA.

Xét \(\Delta\)OTJ có: TH vuông góc OJ (Do BC vuông góc OA); OE vuông góc TJ (Do EM là tiếp tuyến (O))

TH cắt OE tại K nên K là trực tâm \(\Delta\)OTJ => JK vuông góc OT   (*)

Qua hệ thức lượng trong tam giác vuông, dễ có: R² = OE² = OB² = OH.OA => \(\Delta\)OHE ~ \(\Delta\)OEA (c.g.c)

=> ^OEH = ^OAE hay ^KEH = ^OAI             (1)

Dễ thấy tứ giác HKEJ nội tiếp đường tròn đường kính KJ => ^KEH = ^HJK (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ^OAI = ^HJK => JK // AI (2 góc đồng vị bằng nhau) (**)

Từ (*) và (**) suy ra: AI vuông góc OT (Qh song song vuông góc)

Xét trong \(\Delta\)OAT: TH vuông góc OA; AI vuông góc OT, I thuộc TH

=> I là trực tâm \(\Delta\)OAT => OI vuông góc AT (đpcm).

c) (Hình 2) Gọi N là trung điểm của DE, có ngay ON vuông góc DE (Do DE là dây của (O))

Dễ thấy 5 điểm A,B,N,O,C cùng thuộc đường tròn đường kính OA => Tứ giác ABNC nội tiếp

=> ^BAN = ^BCN. Mà ^PEN = ^BAN (Vì PE // AB) nên ^BCN = ^PEN hay ^PCN = ^PEN 

=> Tứ giác CNPE nội tiếp => ^ENP = ^ECP = ^ECB = ^EDB => NP // BD (2 góc đồng vị bằng nhau)

Xét \(\Delta\)DQE có: N là trung điểm DE, NP // BD, P thuộc QE => P là trung điểm của QE hay PQ = PE (đpcm).

@ Trần Ngọc Huyền @  Em lần sau nhớ chia bài ra đăng nhiều lần nhé! . 

Đồng ý với cô Nguyễn Thị Linh Chi

Đăng nhiều thế mới nhìn đã choáng

Xét ΔDAM vuông tại A và ΔABN vuông tại B có

DA=AB

AM=BN

Do đó: ΔDAM=ΔABN

=>\(\hat{ADM}=\hat{BAN}\)

mà \(\hat{ADM}+\hat{AMD}=90^0\) (ΔAMD vuông tại A)

nên \(\hat{AMD}+\hat{BAN}=90^0\)

=>MD⊥BN tại K

Xét tứ giác CNKD có \(\hat{NKD}+\hat{NCD}=90^0+90^0=180^0\)

nên CNKD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính DN

=>C,N,K,D cùng thuộc một đường tròn

b:

ΔNCD vuông tại C

=>\(CD^2+CN^2=ND^2\)

=>\(ND^2=a^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2=\frac{5a^2}{4}\)

=>\(ND=\frac{a\sqrt5}{2}\)

CNKD nội tiếp đường tròn đường kính ND

=>Tâm là trung điểm của ND và bán kính là \(R=\frac{ND}{2}=\frac{a\sqrt5}{4}\)

Sửa đề: TANC là hình thang vuông

Xét tứ giác TANC có TN//AC

nên TANC là hình thang

mà góc CAT=90 độ

nên TANC là hình thang vuông