BÀi 4:

a: QUa A, kẻ tiếp tuyến chung với hai đường tròn cắt CD tại I

Xét (O) có

IC,IA là các tiếp tuyến

Do đó: IC=IA và IO là phân giác của góc AIC

Xét (O') có

IA,ID là các tiếp tuyến

Do đó: IA=ID và IO' là phân giác của góc AID

Ta có: IC=IA

IA=ID

Do đó: IC=ID

=>I là trung điểm của CD

Xét ΔACD có

AI là đường trung tuyến

AI=CD/2

Do đó: ΔACD vuông tại A

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

b: Ta có; IO là phân giác của góc CIA

=>\(\hat{CIA}=2\cdot\hat{OIA}\)

TA có: IO' là phân giác của góc AID

=>\(\hat{AID}=2\cdot\hat{AIO^{\prime}}\)

Ta có: \(\hat{CIA}+\hat{AID}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{OIA}+\hat{O^{\prime}IA}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{O^{\prime}IO}=180^0\)

=>\(\hat{O^{\prime}IO}=90^0\)

Xét ΔO'IO vuông tại I có IA là đường cao

nên \(AO\cdot AO^{\prime}=IA^2\)

=>\(IA^2=4,5\cdot2=9=3^2\)

=>IA=3(cm)

=>CD=2IA=6(cm)

a: Xét (O) có 

OH là một phần đường kính

AD là dây

OH⊥AD tại H

Do đó: H là trung điểm của AD

b: Xét ΔOAC vuông tại A có AH là đường cao

nen \(OH\cdot OC=OA^2=R^2\)

d: Xét ΔOAC và ΔODC có 

OA=OD

\(\widehat{AOC}=\widehat{DOC}\)

OC chung

Do đó: ΔOAC=ΔODC

Suy ra: \(\widehat{OAC}=\widehat{ODC}=90^0\)

hay CD là tiếp tuyến của (O)

a: \(-m^2-4m-7=-\left(m^2+4m+7\right)=-\left(m+2\right)^2-3< 0\)

=>Hàm số luôn nghịch biến khi x>0 và đồng biến khi x<0

b: Thay x=-2 và y=-16 vào (P), ta được:

\(4\left(-m^2-4m-7\right)=-16\)

\(\Leftrightarrow m^2+4m+7=4\)

=>(m+1)(m+3)=0

=>m=-1 hoặc m=-3

a: $-m^2-4m-7=-\left(m^2+4m+7\right)=-{\left(m+2\right)}^2-3<0$

=>Hàm số luôn nghịch biến khi x>0 và đồng biến khi x<0

b: Thay x=-2 và y=-16 vào (P), ta được:

$4\left(-m^2-4m-7\right)=-16$

$\iff m^2+4m+7=4$

=>(m+1)(m+3)=0

=>m=-1 hoặc m=-3

a) Thay x = 9 vào B ta có

\(B=\dfrac{9+\sqrt{9}+1}{\sqrt{9}+2}=\dfrac{13}{5}\)

a: Thay x=9 vào B, ta được:

\(B=\dfrac{9+3+1}{3+2}=\dfrac{13}{5}\)

b: \(A=\dfrac{2x+4+x+\sqrt{x}-2-2x-2\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\dfrac{x-\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}=\dfrac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}\)

d: \(P=A\cdot B=\dfrac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}\cdot\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)

Để P nguyên thì \(\sqrt{x}+2=2\)

hay x=0

Bài 3:

Kẻ OH⊥AB tại H

=>OH⊥CD tại H

ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB

=>HA=HB

ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của CD

=>HC=HD

Ta có: HB+BD=HD

HA+AC=HC

mà HD=HC và HB=HA

nên BD=AC

a: Bảng giá trị:

Vẽ đồ thị:

b: (d2)//(d1)

=>\(\begin{cases}m+1=3\\ m-3<>-3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}m=2\\ m<>0\end{cases}\)

=>m=2

c: Thay x=-3 và y=0 vào y=(m+1)x+m-3, ta được:

-3(m+1)+m-3=0

=>-3m-3+m-3=0

=>-2m-6=0

=>2m+6=0

=>2m=-6

=>m=-2

\(b,\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+1=3\\m-3\ne-3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m=2\\ c,\text{PT giao Ox tại hoành độ 3: }\\ x=-3;y=0\Leftrightarrow\left(m+1\right)\left(-3\right)+m-3=0\\ \Leftrightarrow-2m-6=0\Leftrightarrow m=-3\)

Bài 5:

a: Xét tứ giác OAO'B có

OA=AO'=O'B=BO(=R)

nên OAO'B là hình thoi

b: Xét ΔOAB có OA=OB=AB(=R)

nên ΔOAB đều

=>\(\hat{AOB}=60^0\)

=>Sđ cung AB nhỏ của (O) là 60 độ

Sđ cung AB lớn của (O) là \(360^0-60^0=300^0\)

Xét ΔO'AB có O'A=O'B=AB(=R)

nên ΔO'AB đều

=>\(\hat{AO^{\prime}B}=60^0\)

=>sđ cung AB nhỏ của (O') là 60 độ

Số đo cung AB lớn của (O') là \(360^0-60^0=300^0\)