4. D
5. A
6. D
7. D 
8. D
9. V-ing

4 D
5 A
6 D
7 D
8 D
9 V-ing

Ta có góc BFH=BDH=90 độ

=> BFHD nội tiếp

=> góc FBH=góc FHA (t/c góc ngoài)(1)

Ta có góc AKH= góc AFH=90 độ

=> AKFH nội tiếp => góc FHA= gócSKF(2)

Từ (1) và (2) => BFKS nội tiếp(t/c góc ngoài)

Bài 1: 

b) Ta có: \(\dfrac{x-12}{77}+\dfrac{x-11}{78}=\dfrac{x-74}{15}+\dfrac{x-73}{16}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-12}{77}-1+\dfrac{x-11}{78}-1=\dfrac{x-74}{15}-1+\dfrac{x-73}{16}-1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-89}{77}+\dfrac{x-89}{78}-\dfrac{x-89}{15}-\dfrac{x-89}{16}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-89\right)\left(\dfrac{1}{77}+\dfrac{1}{78}-\dfrac{1}{15}-\dfrac{1}{16}\right)=0\)

mà \(\dfrac{1}{77}+\dfrac{1}{78}-\dfrac{1}{15}-\dfrac{1}{16}\ne0\)

nên x-89=0

hay x=89

Vậy: S={89}

Bài 1:

a)ĐKXĐ: \(x\notin\left\{3;-1\right\}\)

Ta có: \(\dfrac{x}{2\left(x-3\right)}+\dfrac{x}{2x+2}=\dfrac{2x}{\left(x-3\right)\left(x+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x\left(x+1\right)}{2\left(x-3\right)\left(x+1\right)}+\dfrac{x\left(x-3\right)}{2\left(x+1\right)\left(x-3\right)}=\dfrac{4x}{2\left(x-3\right)\left(x+1\right)}\)

Suy ra: \(x^2+x+x^2-3x-4x=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-6x=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-6\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x-6=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\left(nhân\right)\\x=6\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: S={0;6}

\(M=\sqrt{\dfrac{11+\sqrt{96}}{11-\sqrt{96}}}+\sqrt{\dfrac{11-\sqrt{96}}{11+\sqrt{96}}}\)

\(\Rightarrow M=\sqrt{\dfrac{\left(11+\sqrt{96}\right)^2}{121-96}}+\sqrt{\dfrac{\left(11-\sqrt{96}\right)^2}{121-96}}\)

\(\Rightarrow M=\sqrt{\dfrac{\left(11+\sqrt{96}\right)^2}{25}}+\sqrt{\dfrac{\left(11-\sqrt{96}\right)^2}{25}}\)

\(\Rightarrow M=\dfrac{11+\sqrt{96}}{5}+\dfrac{11-\sqrt{96}}{5}\)

\(\Rightarrow M=\dfrac{22}{5}\)

\(N=\sqrt{15+2\sqrt{15}+2\sqrt{21}+2\sqrt{35}}\\ N=\sqrt{3+5+7+2\sqrt{3}\sqrt{5}+2\sqrt{3}\sqrt{7}+2\sqrt{5}\sqrt{7}}\\ N=\sqrt{\left(\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}\right)^2}=\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}\)

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)

c) Xét ΔADF vuông tại A và ΔEDC vuông tại E có 

DA=DE(cmt)

\(\widehat{ADF}=\widehat{EDC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔADF=ΔEDC(cạnh góc vuông-góc nhọn kề)

Suy ra: AF=EC(Hai cạnh tương ứng)

mà AF<DF(ΔADF vuông tại A)

nên EC<DF(đpcm)

d) Xét ΔBFC có 

\(\dfrac{BA}{AF}=\dfrac{BE}{EC}\left(BA=BE;AF=EC\right)\)

nên AE//FC(Định lí Ta lét đảo)

a) Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow BC^2=6^2+8^2=100\)

hay BC=10(cm)

b) Xét ΔABD vuông tại A và ΔEBD vuông tại E có 

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)(BD là tia phân giác của \(\widehat{ABE}\))

Do đó: ΔABD=ΔEBD(cạnh huyền-góc nhọn)

Suy ra: BA=BE(Hai cạnh tương ứng) và DA=DE(Hai cạnh tương ứng)

Xét ΔABE có BA=BE(cmt)

nên ΔBAE cân tại B(Định nghĩa tam giác cân)

Ta có: BA=BE(cmt)

nên B nằm trên đường trung trực của AE(1)

Ta có: DA=DE(cmt)

nên D nằm trên đường trung trực của AE(2)

Từ (1) và (2) suy ra BD là đường trung trực của AE