a, Gọi \(I\left(x;y\right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}IA=IB\\IA=IC\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}IA^2=IB^2\\IA^2=IC^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(-3-x\right)^2+\left(6-y\right)^2=\left(1-x\right)^2+\left(-2-y\right)^2\\\left(-3-x\right)^2+\left(6-y\right)^2=\left(6-x\right)^2+\left(3-y\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2y=-5\\3x-y=0\end{matrix}\right.\)

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

1: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

2: Xét ΔCDA vuông tại D và ΔCEB vuông tại E có

\(\widehat{DCA}\) chung

Do đó: ΔCDA\(\sim\)ΔCEB

Suy ra: CD/CE=CA/CB

hay \(CD\cdot CB=CA\cdot CE\)

Bài 2: 

a: Xét ΔOHA vuông tại A và ΔOHB vuông tại B có 

OH chung

\(\widehat{AOH}=\widehat{BOH}\)

Do đó: ΔOHA=ΔOHB

Suy ra: HA=HB

hay ΔHAB cân tại H

b: Xét ΔOAB có

OH là đường cao

AD là đường cao

OH cắt AD tại C

Do đó: C là trực tâm của ΔOAB

Suy ra: BC\(\perp\)Ox

c: \(\widehat{HOA}=\dfrac{60^0}{2}=30^0\)

Xét ΔOHA vuông tại A có 

\(\cos HOA=\dfrac{OA}{OH}\)

\(\Leftrightarrow OA=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot4=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)

a: O(0;0); A(1;2); B(-2;1)

\(OA=\sqrt{\left(1-0\right)^2+\left(2-0\right)^2}=\sqrt5\)

\(OB=\sqrt{\left(-2-0\right)^2+\left(1-0\right)^2}=\sqrt5\)

\(AB=\sqrt{\left(-2-1\right)^2+\left(1-2\right)^2}=\sqrt{\left(-3\right)^2+\left(-1\right)^2}=\sqrt{10}\)

Xét ΔOAB có OA=OB và \(OA^2+OB^2=AB^2\)

nên ΔOAB vuông tại O

=>\(S_{OAB}=\frac12\cdot OA\cdot OB=\frac52\)

Gọi (d): y=ax+b(a<>0) là phương trình đường thẳng đi qua A(1;2); B(-2;1)

Thay x=1 và y=2 vào (d), ta được:

\(a\cdot1+b=2\)

=>b=2-a

Thay x=-2 và y=1 vào (d), ta được:

-2a+b=1

=>-2a+2-a=1

=>-3a=-1

=>a=1/3

=>b=2-a=2-1/3=5/3

=>(d): \(y=\frac13x+\frac53\)

Đặt y=0

=>\(\frac13x+\frac53=0\)

=>\(\frac13x=-\frac53\)

=>x=-5

=>Giao điểm của AB và trục Ox là M(-5;0)