\(=-10\sqrt{2}+10-\left(8+25-20\sqrt{2}\right)=\)

\(=10\sqrt{2}-23\)

a/

Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì đường thẳng nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm

\(\Rightarrow AO\perp BC\) (đpcm)

\(\Rightarrow BH=CH=\dfrac{BC}{2}\)

b/

Ta có

B và C cùng nhìn AO dưới 1 góc vuông nên B và C cùng nằm trên đường tròn đường kính AO => A; O; B; C cùng nằm trên 1 đường tròn

c/

Ta có sđ cung IB = sđ cung IC ( Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì chia đôi cung chắn bởi hai tiếp điểm)

Xét tg vuông IBK và tg vuông IBH có

\(sđ\widehat{IBK}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung IB (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{IBH}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung IC (góc nội tiếp đường tròn)

Mà sđ cung IB = sđ cung IC (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{IBK}=\widehat{IBH}\)

cạnh huyền IB chung

\(\Rightarrow\Delta IBK=\Delta IBH\) (Hai tg vuông có cạnh huyền và góc nhọn tương ứng bằng nhau) 

\(\Rightarrow IK=IH\) (đpcm)

d/ Mình nghĩ mãi chỉ có 1 cách nhưng hơi dài mình nói cách làm thôi nhé

Vận dụng các hệ thức lượng trong tg vuông và t/c của hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm Sẽ tính được AB=AC;BC; AH từ đó tính được diện tích tg ABC 

Vận dụng công thức \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC.\sin\widehat{KAE}\) từ đó tính được \(\sin\widehat{KAE}\)

Tương tự ta cũng tính được \(\sin\widehat{AKE}\)

Vận dụng định lý hàm sin

\(\dfrac{KE}{\sin\widehat{KAE}}=\dfrac{AE}{\sin\widehat{AKE}}\Rightarrow\dfrac{KM+EM}{\sin\widehat{KAE}}=\dfrac{AC+EC}{\sin\widehat{AKE}}\)

Mà KM=KB (hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm)

tg IBK = tg IBH (cmt) => KB=BH

=> KB=KM=BH Mà BH tính được AC tính được; EM=EC (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm)

Giải PT để tìm EC Từ đó tính được AK; KE; AE

\(\Rightarrow S_{AKE}=\dfrac{1}{2}\left(AK+KE+AE\right).R\)

Bạn tự làm nhé

a ) Ta có : AB , AC là tiếp tuyến của (O)

$\Rightarrow AB\perp OB,AC\perp OC$

$\Rightarrow \widehat{ABO}+\widehat{ACO}={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow ABOC$ nội tiếp

b ) Vì AB là tiếp tuyến của (O)

$\Rightarrow \widehat{ABE}=\widehat{ADB}\Rightarrow \Delta ABE\sim \Delta ADB\left(g.g\right)$

$\Rightarrow \frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AB}\Rightarrow A{B}^2=AE.AD$

c ) Ta có :

Xin lỗi bạn nhưng máy mình bị lỗi không vẽ hình được.

c) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp (câu a) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCE}\) hay \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCQ}\) (1)

Xét (O) có \(\widehat{BCQ}\) và \(\widehat{BPQ}\) là các góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BQ}\) \(\Rightarrow\widehat{BCQ}=\widehat{BPQ}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BPQ}\left(=\widehat{BCQ}\right)\)

\(\Rightarrow DE//PQ\) (2 góc đồng vị bằng nhau)

d) Kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) (ở đây mình lấy về phía B chứ còn bạn lấy tia tiếp tuyến này vế phía B hay phía C tùy) 

Dễ thấy \(\widehat{BAx}\) và \(\widehat{ACB}\) lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\) \(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{ACB}\)

Tứ giác BEDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AED}=\widehat{ACB}\) (góc ngoài = góc trong đối)

\(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{AED}\left(=\widehat{ACB}\right)\) \(\Rightarrow Ax//DE\) ( 2 góc so le trong bằng nhau)

Vì \(DE//PQ\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow Ax//PQ\)\(\left(//DE\right)\)

Mà \(Ax\perp OA\) tại A (do Ax là tiếp tuyến tại A của (O)) \(\Rightarrow OA\perp PQ\) (3)

Xét (O) có OA là 1 phần đường kính và \(OA\perp PQ\left(cmt\right)\) 

\(\Rightarrow\) OA đi qua trung điểm của PQ  (4)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\) OA là trung trực của đoạn PQ

Ta có: 

\(4\le\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{b}+1\right)=\sqrt{ab}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+1\le\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{a+1}{2}+\dfrac{b+1}{2}+1\)

\(=a+b+2\)

\(\Leftrightarrow a+b\ge2\)

\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{a}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b}=a+b\ge2\)

Dấu \(=\) xảy ra khi \(a=b=1\).

Lời giải:
\(\frac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}=\frac{3(\sqrt{x}-3)+9}{\sqrt{x}-3}=3+\frac{9}{\sqrt{x}-3}\)

Để biểu thức đã cho nguyên thì $\frac{9}{\sqrt{x}-3}$ nguyên. Đặt $\frac{9}{\sqrt{x}-3}=t$ với $t$ nguyên.

$\sqrt{x}=\frac{9}{t}+3$

Do $\sqrt{x}\geq 0$ nên $\frac{9}{t}+3\geq 0\Leftrightarrow \frac{3(3+t)}{t}\geq 0$

$\Leftrightarrow t>0$ hoặc $t\leq -3$

$x=(\frac{9}{t}+3)^2$ với $t$ là số nguyên thỏa mãn $t>0$ hoặc $t\leq -3$

A =\(\dfrac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}\)

A = \(\dfrac{3\sqrt{x}-3+3}{\sqrt{x}-3}\)= 3 -\(\dfrac{3}{\sqrt{x}-3}\)

Để A nguyên thì : 3 \(⋮\)\(\sqrt{x}\) - 3

\(\sqrt{x}\) - 3 \(\in\) \(\left\{-3;-1;1;3\right\}\)

\(\sqrt{x}\) - 3 = -3 \(\Rightarrow\) \(x\) = 0

\(\sqrt{x}\) - 3 = -1 \(\Rightarrow\) \(x\) = 4

\(\sqrt{x}\) - 3 = 1 \(\Rightarrow\) \(x\) = 16

\(\sqrt{x}\) - 3 = 3 \(\Rightarrow\) \(x\)= 36

kết luận \(x\)\(\in\) \(\left\{0;4;16;36\right\}\)

mình lớp 8 nha

1) Khi \(x=4\): 

\(A=\dfrac{\sqrt{4}+1}{\sqrt{4}+2}=\dfrac{3}{4}\).

2) \(B=\dfrac{3}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{\sqrt{x}+5}{x-1}=\dfrac{3\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\dfrac{\sqrt{x}+5}{x-1}\)

\(=\dfrac{3\sqrt{x}+3-\sqrt{x}-5}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{2\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{2}{\sqrt{x}+1}\)

3) \(P=2AB+\sqrt{x}=2.\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}.\dfrac{2}{\sqrt{x}+1}+\sqrt{x}=\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}+\sqrt{x}\)

\(=\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}+\sqrt{x}+2-2\ge2\sqrt{\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}.\left(\sqrt{x}+2\right)}-2\)

\(=4-2=2\)

Dấu = xảy ra khi \(\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}=\sqrt{x}+2\Leftrightarrow x=0\) (thỏa mãn).

a/ H và K cùng nhìn BE dưới 1 góc vuông nên H và K cùng nằm trên đường tròn đường kính BE

=> BHEK là tứ giác nội tiếp

b/

Xét tg vuông ABE có

\(BE^2=BH.BA\) (Trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu của cạnh góc vuông trên cạnh huyền với cạnh huyền)

Xét tg vuông CBE có

\(BE^2=BK.BC\) (Lý do như trên)

\(\Rightarrow BH.BA=BK.BC\) (đpcm)

c/

Gọi M là giao của BE và CF

Nối H với K cắt EF tại I' và cắt CF tại N

Ta có E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông nên E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC

=> BCEF là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{EFC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

Ta có

\(EH\perp AB;CF\perp AB\) => EH//CF \(\Rightarrow\widehat{EFC}=\widehat{HEF}\) (góc so le trong)

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{HEF}\)

Xét tg vuông HEF và tg vuông EBC có

\(\widehat{EBC}=\widehat{HEF}\) (cmt) \(\Rightarrow\widehat{ECB}=\widehat{HFE}\) 

Xét tg vuông MEC có

\(\widehat{ECF}=\widehat{MEN}\) (cùng phụ với \(\widehat{EMC}\) )

Ta có \(\widehat{FEB}=\widehat{FCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung FB)

\(\Rightarrow\widehat{FEB}+\widehat{MEN}=\widehat{FCB}+\widehat{ECF}\Rightarrow\widehat{FEN}=\widehat{ECB}\)

Mà \(\widehat{ECB}=\widehat{HFE}\) (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{FEN}=\widehat{HFE}\) => HF//EN (hai đường thẳng bị cắt bởi 1 đường thẳng tạo thành hai góc so le trong bằng nhau thì chúng // với nhau)

Mà HE//CF (cmt)

=> HENF là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi 1 là hbh)

=> I'E = I'F (trong hbh hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

=> I' là trung điểm của EF mà I cũng là trung điểm của EF => I trùng I'

=> H; I; K thẳng hàng

1) \(\widehat{BHE}=\widehat{BKE}=90^o\) nên \(H,K\) cùng nhìn \(BE\) dưới một góc vuông suy ra \(BHEK\) nội tiếp. 

2) Xét tam giác \(BEA\) vuông tại \(E\) đường cao \(EH\): 

\(BH.BA=BE^2\) (hệ thức trong tam giác vuông) 

Tương tự khi xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) đường cao \(EK\) cũng có \(BK.BC=BE^2\) suy ra \(BH.BA=BK.BC\).

3) Gọi \(I'\) là giao điểm của \(HK\) và \(EF\). Ta sẽ chứng minh \(I'\) là trung điểm của \(EF\).

\(BFEC\) nội tiếp nên \(\widehat{EFC}=\widehat{EBC}\)

\(BHEK\) nội tiếp nên \(\widehat{EBK}=\widehat{EHK}\)

\(EH//CF\) nên \(\widehat{HEF}=\widehat{EFC}\)

suy ra \(\widehat{EHK}=\widehat{HEF}\) suy ra tam giác \(I'HE\) cân tại \(I'\) suy ra \(I'H=I'E\).

Từ \(\widehat{EHK}=\widehat{HEF}\) ta cũng suy ra \(\widehat{I'HF}=\widehat{I'FH}\) suy ra tam giác \(I'FH\) cân tại \(I'\) nên \(I'H=I'F\) suy ra \(I'F=I'E\) nên \(I'\) là trung điểm của \(EF\).

Suy ra \(I\) và \(I'\) trùng nhau. 

Suy ra đpcm. 

vì A là giao điểm của d và Oy nên A(0;y)

vì A \(\in\) d nên tọa độ A thỏa mãn :

y = m . 0 + 4 = 4

tọa độ của A là : A(0;4)

vì B cắt trục Ox  tại B nên B(x;0)

vì B \(\in\) d nên tọa độ B thỏa mãn 

0 = m.x + 4 

x = \(\dfrac{-4}{m}\)

Để tam giác OAB cân tại O thì |\(\dfrac{-4}{m}\)| = 4

                                               |m| =  1

                                                m = 1 và m= -1 

kết luận : A(0;4) và m = 1 và m = -1