a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OA

tâm là trung điểm của OA

b: Xét (O) có

\(\widehat{ABD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BD

\(\widehat{BED}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

Do đó: \(\widehat{ABD}=\widehat{BED}\)

mà \(\widehat{BED}=\widehat{DAK}\)(hai góc so le trong, BE//AC)

nên \(\widehat{KAD}=\widehat{KBA}\)

Xét ΔKAD và ΔKBA có

\(\widehat{KAD}=\widehat{KBA}\)

\(\widehat{AKD}\) chung

Do đó: ΔKAD~ΔKBA

=>\(\dfrac{KA}{KB}=\dfrac{KD}{KA}\)

=>\(KA^2=KB\cdot KD\)

Xét (O) có

\(\widehat{KCD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CK và dây cung CD

\(\widehat{CBD}\) là góc nội tiếp chắn cung CD

Do đó: \(\widehat{KCD}=\widehat{CBD}\)

Xét ΔKCD và ΔKBC có

\(\widehat{KCD}=\widehat{KBC}\)

\(\widehat{CKD}\) chung

Do đó: ΔKCD~ΔKBC

=>\(\dfrac{KC}{KB}=\dfrac{KD}{KC}\)

=>\(KC^2=KB\cdot KD\)

=>KC=KA

=>K là trung điểm của AC

a: Xét (O) có

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\widehat{ACB}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AB}=45^0\)

Xét tứ giác ANMB có \(\widehat{ANB}=\widehat{AMB}=90^0\)

nên ANMB là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có \(\widehat{BNA}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BA và CE

=>\(\widehat{BNA}=\dfrac{1}{2}\cdot\left(sđ\stackrel\frown{BA}+sđ\stackrel\frown{CE}\right)\)

=>\(sđ\stackrel\frown{BA}+sđ\stackrel\frown{CE}=90^0\cdot2=180^0\)

=>\(sđ\stackrel\frown{CE}=90^0\)

Xét (O) có \(\widehat{BMA}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BA và DC

=>\(\widehat{BMA}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{BA}+sđ\stackrel\frown{CD}\right)\)

=>\(sđ\stackrel\frown{CD}+90^0=2\cdot\widehat{BMA}=180^0\)

=>\(sđ\stackrel\frown{CD}=90^0\)

\(sđ\stackrel\frown{ED}=sđ\stackrel\frown{CD}+sđ\stackrel\frown{DE}=90^0+90^0=180^0\)

=>E,O,D thẳng hàng

=>DE là đường kính của (O)

Xét (O) có

ΔDAE nội tiếp

DE là đường kính

Do đó; ΔDAE vuông tại A

=>DA\(\perp\)IE tại A

mà DA\(\perp\)BC

nên BC//IA

Xét (O) có

ΔDBE nội tiếp

DE là đường kính

Do đó: ΔDBE vuông tại C

=>DB\(\perp\)BE

mà BE\(\perp\)CA

nên DB//CA

Xét tứ giác ACBI có

AC//BI

AI//BC

Do đó: ACBI là hình bình hành

Gọi chiều dài của mảnh vườn là: \(x\left(m\right)\)

       chiều rộng của mảnh vườn là: \(y\left(m\right)\)

ĐK: \(x,y>0\) 

Chu vi của mảnh vườn là 130m ta có:

\(\left(x+y\right)\cdot2=130\Leftrightarrow x+y=\dfrac{130}{2}=65\left(1\right)\)

Hai lần chiều dài hơn ba lần chiều rộng 35m nên ta có:

\(2x-3y=35\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có hpt:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=65\\2x-3y=35\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+2y=130\\2x-3y=35\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5y=95\\x+y=65\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=19\\x=65-19=46\end{matrix}\right.\left(tm\right)\)

Diện tích của mảnh vườn là: \(19\cdot46=874\left(m^2\right)\) 

''cục cứt con chó này''

Nếu em là anh Quang, em sẽ từ chối lời đề nghị này và yêu cầu nhận hóa đơn. Việc này không chỉ giúp anh Quang có bằng chứng mua hàng mà còn là trách nhiệm của người tiêu dùng trong việc chống chối trốn thuế. Mặc dù việc giảm giá 20% có thể giúp tiết kiệm một số tiền, nhưng việc làm đúng luật pháp và thực hiện trách nhiệm công dân là quan trọng hơn.

 Chỗ kia phải là \(\dfrac{c^4}{b+a+4ba}\) chứ nhỉ? Nếu đúng đề thì bạn nói với mình để mình làm lại nhé. Giờ mình làm theo đề đối xứng trước nhé.

 Ta có:

\(P=\dfrac{a^6}{a^2b+a^2c+4a^2bc}+\dfrac{b^6}{b^2a+b^2c+4b^2ca}+\dfrac{c^6}{c^2a+c^2b+4c^2ab}\)

\(\ge\dfrac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2+4a^2bc+4b^2ca+4c^2ab}\)

\(=\dfrac{9}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+abc\left(4\left(a+b+c\right)-3\right)}\)

Ta có \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

và \(abc\le\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}=1\), đồng thời \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)>\dfrac{27}{64}\)

\(\Leftrightarrow a+b+c>\dfrac{3}{4}\) \(\Leftrightarrow4\left(a+b+c\right)-3>0\). Do đó \(abc\left(4\left(a+b+c\right)-3\right)\le4\left(a+b+c\right)-3\)

 Vì vậy \(P\ge\dfrac{9}{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{3}+4\left(a+b+c\right)-3}\)

 Đặt \(a+b+c=t\). 

 Ta có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)=a^2b+b^2a\). Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng theo vế, ta có:

 \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2\)

 \(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le6+2abc\le8\) (vì \(abc\le1\))

 Do đó \(t^3=3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le3+3.8=27\) \(\Leftrightarrow t\le3\)

 Vậy \(0< t\le3\)

 Ta có \(P\ge\dfrac{9}{\dfrac{t^3}{3}+4t-3}\) \(\ge\dfrac{9}{\dfrac{3^3}{3}+4.3-3}=\dfrac{1}{2}\)

 Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

 Vậy GTNN của P là \(\dfrac{1}{2}\) khi \(a=b=c=1\)

\(\text{Δ}=\left[-2\left(m-1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(-4m\right)\)

\(=4\left(m^2-2m+1\right)+16m\)

\(=4m^2+8m+4=\left(2m+2\right)^2>=0\forall m\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>(2m+2)^2>0

=>\(2m+2\ne0\)

=>\(2m\ne-2\)

=>\(m\ne-1\)

Theo vi-et, ta có:

\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\left(m-1\right);x_2x_1=-4m\)

\(\left|x_1-x_2\right|=2022\)

=>\(\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2}=2022\)

=>\(\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}=2022\)

=>\(\sqrt{\left(2m-2\right)^2-4\cdot\left(-4m\right)}=2022\)

=>\(\sqrt{\left(2m+2\right)^2}=2022\)

=>\(\left|2m+2\right|=2022\)

=>|m+1|=1011

=>\(\left[{}\begin{matrix}m+1=1011\\m+1=-1011\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1010\left(nhận\right)\\m=-1012\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left[sin^3a+sina\cdot sin^2\left(90-a\right)\right]:\left[sina-4\cdot cos\left(90-a\right)\right]\)

\(=\left[sin^3a+sina\cdot cos^2a\right]:\left[sina-4\cdot sina\right]\)

\(=\dfrac{sina\left(sin^2a+cos^2a\right)}{-3\cdot sina}=\dfrac{1}{-3}=-\dfrac{1}{3}\)