a: Xét tứ giác ACDM có \(\hat{ACD}=\hat{AMD}=\hat{MAC}=90^0\)

nên ACDM là hình chữ nhật

=>MD=AC; AM=CD

Xét ΔDIC vuông tại D và ΔMAD vuông tại M có

\(\hat{DIH}=\hat{DAM}\) (=90 độ-góc IDH)

Do đó: ΔDIC~ΔMAD
=>\(\frac{DI}{MA}=\frac{DC}{MD}\)

=>\(DI\cdot DM=DC\cdot MA=DC^2\)

b: Xét ΔDIC vuông tại D có DH là đường cao

nên \(CH\cdot CI=CD^2\)

=>\(CH\cdot CI=DI\cdot DM\)

a: 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

=>BA⊥BK

mà CH⊥BA

nên CH//BK

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CA⊥CK

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 M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

Xét ΔAHK có

M,O lần lượt là trung điểm của HK,AK

=>MO là đường trung bình của ΔAHK

=>AH=2OM

b: Xét ΔABC có

AM là đường trung tuyến

G là trọng tâm

Do đó: A,G,M thẳng hàng và \(AG=\frac23AM\)

Xét ΔAHK có

AM là đường trung tuyến

\(AG=\frac23AM\)

Do đó: G là trọng tâm của ΔAHK

Xét ΔAHK có

G là trọng tâm

O là trung điểm của AK

Do đó: H,G,O thẳng hàng

\(K=\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\cdot\sqrt{2}\cdot\sqrt{4-\sqrt{15}}\)

\(=\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\)

\(=8-2\sqrt{15}\)

\(1,\Delta=b^2-4ac=5^2-4.2=17>0\)

=> Pt có 2n pb

\(x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-5+\sqrt{17}}{4}\)

\(x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-5-\sqrt{17}}{4}\)

2,\(\Delta=b^2-4ac=\left(-1\right)^2-4.5.\left(-2\right)=41>0\)

=> Pt có 2n pb

\(x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{1+\sqrt{41}}{10}\)

\(x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{1-\sqrt{41}}{10}\)

Bài IV:

a: Xét tứ giác OMKB có \(\hat{OMK}+\hat{OBK}=90^0+90^0=180^0\)

nên OMKB là tứ giác nội tiếp

=>O,K,M,B cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>BM⊥AC tại M

Xét ΔABC vuông tại B có BM là đường cao

nên \(AM\cdot AC=AB^2=4\cdot R^2\)

=>\(\frac{AM\cdot AC}{4}=R^2\)

Xét (O) có

KM,KB là các tiếp tuyến

Do đó: KM=KB

=>K nằm trên đường trung trực của MB(1)

Ta có: OM=OB

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

Từ (1),(2) suy ra OK là đường trung trực của MB

=>OK⊥MB

mà MB⊥AC

nên OK//AC

c: ΔOAM cân tại O

mà OF là đường trung tuyến

nên OF⊥AM tại F

Xét ΔOMD vuông tại M có MF là đường cao

nên \(OF\cdot OD=OM^2=OA^2\)

=>\(\frac{OF}{OA}=\frac{OA}{OD}\)

Xét ΔOFA và ΔOAD có

\(\frac{OF}{OA}=\frac{OA}{OD}\)

góc FOA chung

Do đó: ΔOFA~ΔOAD

=>\(\hat{OFA}=\hat{OAD}\)

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

=>AD là tiếp tuyến tại A của (O)

a: Thay x=16 vào B, ta được:

\(B=\dfrac{4+3}{4-2}=\dfrac{7}{2}\)

a: Xét (O) có

ΔQMP nội tiếp

QP là đường kính

Do đó: ΔQMP vuông tại M

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

Xét tứ giác PHNM có \(\hat{PHN}+\hat{PMN}=90^0+90^0=180^0\)

nên PHNM là tứ giác nội tiếp

=>P,H,N,M cùng thuộc một đường tròn

b: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB

=>AB=2AH

Xét (O) có

ΔAPQ nội tiếp

PQ là đường kính

Do đó: ΔAPQ vuông tại A

Xét ΔAPQ vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HP\cdot HQ\)

=>\(4\cdot AH^2=4\cdot HQ\cdot HP\)

=>\(4\cdot HQ\cdot HP=\left(2\cdot AH\right)^2=AB^2\)