1: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

Xét tứ giác BCKH có \(\widehat{BCK}+\widehat{BHK}=90^0+90^0=180^0\)

nên BCKH là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔAHK vuông tại H và ΔACB vuông tại C có

\(\widehat{HAK}\) chung

Do đó: ΔAHK~ΔACB

=>\(\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AK}{AB}\)

=>\(AK\cdot AC=AH\cdot AB\)

Xét ΔBHK vuông tại H và ΔBDA vuông tại D có

\(\widehat{HBK}\) chung

Do đó: ΔBHK~ΔBDA

=>\(\dfrac{BH}{BD}=\dfrac{BK}{BA}\)

=>\(BH\cdot BA=BK\cdot BD\)

\(AK\cdot AC+BK\cdot BD\)

\(=AH\cdot AB+BH\cdot AB=AB\left(BH+AH\right)=AB^2=4R^2\)

a: Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>AD\(\perp\)DB tại D

Xét (O) có

SA,SD là các tiếp tuyến

Do đó: SA=SD

=>S nằm trên đường trung trực của AD(1)

ta có: OA=OD

=>O nằm trên đường trung trực của AD(2)

Từ (1),(2) suy ra SOlà đường trung trực của AD

=>SO\(\perp\)AD

Ta có: SO\(\perp\)AD

AD\(\perp\)DB

Do đó: SO//DB

b: Ta có: ΔADB vuông tại D

=>ΔADC vuông tại D

Ta có: \(\widehat{SAD}+\widehat{SCD}=90^0\)(ΔACD vuông tại D)

\(\widehat{SDA}+\widehat{SDC}=\widehat{ADC}=90^0\)

mà \(\widehat{SAD}=\widehat{SDA}\)(ΔSAD cân tại S)

nên \(\widehat{SCD}=\widehat{SDC}\)

=>SC=SD

=>SC=SA(3)

c: Ta có: DH\(\perp\)AB

CA\(\perp\)AB

Do đó: DH//CA

Xét ΔBCS có DE//CS

nên \(\dfrac{DE}{SC}=\dfrac{BE}{BS}\left(4\right)\)

Xét ΔBAS có EH//SA
nên \(\dfrac{EH}{SA}=\dfrac{BE}{BS}\left(5\right)\)

Từ (3),(4),(5) suy ra DE=EH

=>E là trung điểm của DH

a: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

Xét (O) có

\(\widehat{CPQ}\) là góc nội tiếp chắn cung CQ

\(\widehat{CBQ}\) là góc nội tiếp chắn cung CQ

Do đó: \(\widehat{CPQ}=\widehat{CBQ}\)

=>\(\widehat{HPQ}=\widehat{HFE}\)

=>PQ//FE

b: Vì BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

nên BFEC nội tiếp (I)

=>IF=IE=IB=IC

Xét ΔICE có \(\widehat{EIB}\) là góc ngoài tại đỉnh I

nên \(\widehat{EIB}=\widehat{IEC}+\widehat{ICE}=2\cdot\widehat{ACB}\)

Xét tứ giác AFDC có \(\widehat{AFC}=\widehat{ADC}=90^0\)

nên AFDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BFD}=\widehat{BCA}\left(=180^0-\widehat{AFD}\right)\)

Vì BFEC là tứ giác nội tiếp

nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\left(=180^0-\widehat{EFB}\right)\)

\(\widehat{AFE}+\widehat{EFD}+\widehat{BFD}=180^0\)

=>\(\widehat{EFD}+\widehat{ACB}+\widehat{ACB}=180^0\)

=>\(\widehat{EFD}+2\cdot\widehat{ACB}=180^0\)

=>\(\widehat{EFD}+\widehat{EID}=180^0\)

=>EFDI là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{FDE}=\widehat{FIE}\)

Xét (I) có

\(\widehat{FCE}\) là góc nội tiếp chắn cung FE

nên \(\widehat{FCE}=\dfrac{\widehat{FIE}}{2}\)

=>\(\widehat{FIE}=2\cdot\widehat{FCE}=2\cdot\widehat{ACF}=2\cdot\widehat{ABE}\)

Gọi vận tốc xe máy là x(km/h)

(ĐK: x>0)

Vận tốc xe ô tô là x+20(km/h)

CB=AB-AC=80km

Thời gian ô tô đi từ B đến chỗ gặp là \(\dfrac{80}{x+20}\left(giờ\right)\)

Thời gian xe máy đi từ A đến chỗ gặp là \(\dfrac{120}{x}\left(giờ\right)\)

Do đó, ta có phương trình:

\(\dfrac{80}{x+20}=\dfrac{120}{x}\)

=>\(\dfrac{2}{x+20}=\dfrac{3}{x}\)

=>3(x+20)=2x

=>3x+60=2x

=>x=-60

=>Đề sai rồi bạn

Gọi (d): y=ax+b\(\left(a\ne0\right)\) là phương trình đường thẳng cần tìm

Thay x=1 và y=3 vào (d), ta được:

\(a\cdot1+b=3\)

=>a+b=3(1)

Thay x=-4 và y=-7 vào (d), ta được:

\(a\cdot\left(-4\right)+b=-7\)

=>-4a+b=-7(2)

Từ (1),(2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=3\\-4a+b=-7\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5a=10\\a+b=3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=2\left(nhận\right)\\b=3-2=1\end{matrix}\right.\)

vậy: (d): y=2x+1

Bạn nên viết đề bằng công thức toán (biểu tượng $\sum$ góc trái khung soạn thảo) để mọi người đọc hiểu đề của bạn hơn nhé. 

Người ra đề cho con số tào lao quá, dẫn tới đẳng thức của BĐT này ko xảy ra. (vế trái lớn hơn vế phải tuyệt đối, thậm chí là hơn rất xa).

Ta có:

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\le\dfrac{1}{3\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow8\sqrt{3}abc\le\dfrac{8}{3}\) 

Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P:

\(P=\left[\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right]^2+\left[\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\right]^2\)

\(=\left(abc+a+b+c+ab+bc+ca+1\right)^2+\left(abc+a+b+c-ab-bc-ca-1\right)^2\)

\(=\left(abc+a+b+c+2\right)^2+\left(abc+a+b+c-2\right)^2\)

\(=\left(abc+a+b+c\right)^2+4>\dfrac{8}{3}\ge8\sqrt{3}abc\) (đpcm)

a: Xét ΔAHB vuông tại H có HK là đường cao

nên \(AK\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HL là đường cao

nên \(AL\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AK\cdot AB=AL\cdot AC\)

=>\(\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AL}{AB}\)

Xét ΔAKL và ΔACB có

\(\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AL}{AB}\)

\(\widehat{BAC}\) chung

Do đó: ΔAKL~ΔACB

=>\(\widehat{AKL}=\widehat{ACB}\)

=>\(\widehat{BKL}+\widehat{BCL}=180^0\)

=>BKLC là tứ giác nội tiếp

b.

\(\left\{{}\begin{matrix}BD\perp AC\\CE\perp AB\end{matrix}\right.\) đồng thời H là giao điểm BD, CE

\(\Rightarrow H\) là trực tâm tam giác ABC

\(\Rightarrow AF\) là đường cao thứ 3 \(\Rightarrow\widehat{AFC}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{FAC}+\widehat{FCA}=180^0-\widehat{AFC}=90^0\) (1)

ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH, mà M là trung điểm AH

\(\Rightarrow M\) là tâm đường tròn đường kính AH

\(\Rightarrow MA=MD\Rightarrow\Delta MAD\) cân tại M

\(\Rightarrow\widehat{FAC}=\widehat{MDA}\) (2)

D, C cùng thuộc (O) \(\Rightarrow OD=OC\Rightarrow\Delta OCD\) cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{FCA}=\widehat{ODC}\) (3)

(1);(2);(3) \(\Rightarrow\widehat{MDA}+\widehat{ODC}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{MDO}=180^0-\left(\widehat{MDA}+\widehat{ODC}\right)=90^0\)

\(\Rightarrow MD\perp OD\)

\(\Rightarrow MD\) là tiếp tuyến tại D của (O)