Tọa độ giao điểm A,B là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2=2x+3\\y=2x+3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-3\right)\left(x+1\right)=0\\y=2x+3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x,y\right)\in\left\{\left(3;9\right);\left(-1;1\right)\right\}\)

vậy: A(3;9); B(-1;1)

a: Xét (O) có

DM,AB là các dây

DM//AB

Do đó: sđ cung DA=sđ cung MB

b: ΔOAM cân tại O

=>\(\hat{AOM}=180^0-2\cdot\hat{OAM}\)

mà \(\hat{OAM}=\hat{OBN}\) (hai góc so le trong, AM//BN)

nên \(\hat{AOM}=180^0-2\cdot\hat{OBN}\) (1)

ΔONB cân tại O

=>\(\hat{NOB}=180^0-2\cdot\hat{OBN}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AOM}=\hat{NOB}\)

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

nên \(\hat{NOB}+\hat{MOB}=180^0\)

=>N,O,M thẳng hàng

mà OM=ON

nên O là trung điểm của MN

Xét (O) có

ΔDMN nội tiếp

MN là đường kính

Do đó: ΔDMN vuông tại D

=>DM⊥ DN

mà DM//AB

nên DN⊥AB

c: ΔODN cân tại O

mà OE là đường cao

nên E là trung điểm của DN

=>ED=EN

b: Tọa độ của F là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+2=-\dfrac{1}{2}x+2\\y=x+2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow F\left(0;2\right)\)

\(a,m=-\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow x^2-2\cdot\dfrac{1}{2}\cdot x-\dfrac{3}{2}+1=0\\ \Leftrightarrow x^2-x-\dfrac{1}{2}=0\\ \Leftrightarrow2x^2-2x-1=0\\ \Delta'=1+2=3\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\\x=\dfrac{1-\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.\\ b,\text{PT có }n_o\Leftrightarrow\Delta'=\left(m+2\right)^2-\left(m+1\right)\ge0\\ \Leftrightarrow m^2+3m+3\ge0\\ \Leftrightarrow\left(m+\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}\ge0\left(\text{luôn đúng}\right)\)

Vậy PT có nghiệm với mọi m

\(c,\text{Viét: }\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+2\right)\\x_1x_2=m+1\end{matrix}\right.\\ x_1\left(1-2x_2\right)+x_2\left(1-2x_1\right)=m^3\\ \Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)-4x_1x_2=m^3\\ \Leftrightarrow2\left(m+2\right)-4\left(m+1\right)=m^3\\ \Leftrightarrow m^3+2m=0\\ \Leftrightarrow m\left(m^2+2\right)=0\Leftrightarrow m=0\)

a: Xét ΔABD có 

\(BD^2=AD^2+AB^2\)

nên ΔABD vuông tại A

\(a,m=1\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-y=1\\\dfrac{x}{2}-\dfrac{y}{3}=334\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1+y\\\dfrac{1+y}{2}-\dfrac{y}{3}=334\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1+y\\3y+3-2y=2004\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1+y\\y=2001\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2002\\y=2001\end{matrix}\right.\)

\(b,\left\{{}\begin{matrix}mx-y=1\\\dfrac{x}{2}-\dfrac{y}{3}=334\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}mx-y=1\\3x-2y=2004\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}mx-y=1\\y=\dfrac{3x-2004}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}mx-\dfrac{3x-2004}{2}=1\\y=\dfrac{3x-2004}{2}\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2mx-3x=-2002\\y=\dfrac{3x-2004}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\left(2m-3\right)=-2002\\y=\dfrac{3x-2004}{2}\end{matrix}\right.\)

Để hpt vô nghiệm thì \(x\left(2m-3\right)=-2002\) vô nghiệm

\(\Leftrightarrow2m-3=0\Leftrightarrow m=\dfrac{3}{2}\)

Bài 1:

a: Xét tứ giác OBAC có 

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=180^0\)

Do đó: OBAC là tứ giác nội tiếp

hay \(\widehat{BOC}=135^0\)

Bài 1: ΔABC cân tại A

=>AB=AC

=>AC=10cm

Nửa chu vi là (10+10+16):2=36:2=18(cm)

Xét ΔABC có \(cosBAC=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}\)

\(=\frac{10^2+10^2-16^2}{2\cdot10\cdot10}=\frac{-56}{2\cdot100}=\frac{-56}{200}=\frac{-28}{100}=-\frac{7}{25}\)

=>\(\sin BAC=\sqrt{1-\left(-\frac{7}{25}\right)^2}=\frac{24}{25}\)

=>\(S_{BAC}=\frac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin BAC=\frac12\cdot10\cdot10\cdot\frac{24}{25}=\frac{24}{2}\cdot4=12\cdot4=48\) (cm^2)

S=p*r

=>r=48/18=8/3(cm)

BÀi 2:

a: Xét (O) có

CM,CA là các tiếp tuyến

DO đó: CM=CA và OC là phân giác của góc MOA

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó; DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

OC là phân giác của góc MOA

=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOC}\)

OD là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)

CD=CM+MD

mà CM=CA và DM=DB

nên CD=CA+DB

b: Xét ΔNCA và ΔNBD có

\(\hat{NCA}=\hat{NBD}\) (hai góc so le trong, AC//BD)

\(\hat{CNA}=\hat{BND}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔNCA~ΔNBD

=>\(\frac{NC}{NB}=\frac{NA}{ND}=\frac{CA}{BD}=\frac{CM}{MD}\)

Xét ΔDAC có \(\frac{DM}{MC}=\frac{DN}{NA}\)

nên MN//AC
c: Gọi K là giao điểm của BM và AC

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>AM⊥BK tại M

=>ΔAMK vuông tại M

Ta có: \(\hat{CAM}+\hat{CKM}=90^0\) (ΔAMK vuông tại M)

\(\hat{CMA}+\hat{CMK}=\hat{AMK}=90^0\)

mà \(\hat{CAM}=\hat{CMA}\)

nên \(\hat{CKM}=\hat{CMK}\)

=>CK=CM

mà CA=CM

nên CA=CK(1)

Xét ΔBAC có NI//AC
nên \(\frac{NI}{AC}=\frac{BN}{BC}\) (2)

Xét ΔBKC có MN//KC

nên \(\frac{MN}{KC}=\frac{BN}{BC}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra NI=MN

=>N là trung điểm của MI