a) Chứng minh \(B C D E\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(O\) là trung điểm \(B C\).

Vì \(B D , C E\) là các đường cao của \(\Delta A B C\) nên \(B D ⊥ A C\) và \(C E ⊥ A B\)

Suy ra \(\hat{B D C} = \hat{B E C} = 9 0^{\circ}\).

Xét tam giác \(B D C\) có \(\hat{B D C} = 9 0^{\circ}\) và \(D O\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(O D = O C = O B = \frac{1}{2} B C\) (1)

Xét tam giác \(B E C\) có \(\hat{B E C} = 9 0^{\circ}\) và \(E O\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(O E = O C = O B = \frac{1}{2} B C\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O D = O E = O C = O B\).

Vậy tứ giác \(B C D E\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(O\) là trung điểm \(B C\).

b) Chứng minh \(A D H E\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(B D , C E\) là các đường cao của \(\Delta A B C\) nên \(B D ⊥ A C\) và \(C E ⊥ \&\text{nbsp}; A B\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(A H\) (học sinh tự vẽ thêm trên hình)

Xét tam giác \(A D H\) có \(\hat{A D H} = 9 0^{\circ}\) và \(D M\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(M D = M A = M H = \frac{1}{2} A H\) (3)

Xét tam giác \(A E H\) có \(\hat{A E H} = 9 0^{\circ}\) và \(E M\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(M E = M A = M H = \frac{1}{2} A H\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(A D H E\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(M\) là trung điểm \(A H\), đường kính \(A H\).

Ta có \(A I = \frac{2 A O}{3} = \frac{2 R}{3}\) suy ra \(O I = R - \frac{2 R}{3} = \frac{R}{3}\)

\(\Delta O C I\) vuông tại \(O\), ta có:

\(C I = \sqrt{O C^{2} + O I^{2}} = \sqrt{R^{2} + \left(\right. \frac{R}{3} \left.\right)^{2}} = \frac{R \sqrt{10}}{3}\) nội tiếp đường tròn  có cạnh \(C D\) là đường kính

Suy ra \(\Delta C E D\) vuông tại \(E\)

Hai tam giác vuông \(O C I\) và \(C E D\) có \(\hat{C}\) :chung 

Suy ra \(\Delta C O I \sim \Delta C E D\)

Suy ra \(\frac{C O}{C E} = \frac{C I}{C D}\)

\(C E = \frac{C O . C D}{C I} = \frac{R . 2 R}{R \frac{\sqrt{10}}{3}} = \frac{6 R}{\sqrt{10}} = \frac{3 R \sqrt{10}}{5}\).

a) Gọi \(E , F\) là tiếp điểm của đường tròn \(\left(\right. I \left.\right)\) với các cạnh \(A B , A C\)

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \(A E = A F ; B E = B D ; C D = C F\)

Do đó: \(2 B D = B D + B E = B C - C D + A B - A E\)

\(= B C + A B - \left(\right. C D + A E \left.\right) = B C + A B - \left(\right. C F + A F \left.\right)\)

\(= B C + A B - A C\) suy ra \(B D = \frac{B C + A B - A C}{2}\)

b) Tương tự câu a) ta có: \(D C = \frac{B C + A C - A B}{2}\) mà \(A B^{2} + A C^{2} = B C^{2}\) (\(\Delta A B C\) vuông tại \(A\)), do đó:

\(B D . D C = \frac{\left(\right. B C + A B - A C \left.\right) \left(\right. B C + A C - A B \left.\right)}{4}\)

\(\frac{B C^{2} - \left(\right. A B - A C \left.\right)^{2}}{4} = \frac{B C^{2} - A B^{2} - A C^{2} + 2 A B . A C}{4}\)

\(= \frac{A B . A C}{2} = S_{A B C}\).

Gọi \(D , E , F\) là tiếp điểm của đường tròn \(\left(\right. I \left.\right)\) với \(A B\)

\(\Delta A B C\) vuông tại \(A\), theo định lí Pythagore ta có: \(B C = \sqrt{A B^{2} + A C^{2}} = \sqrt{9^{2} + 1 2^{2}} = 15\) cm

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \(A D = A F ; B D = B E ; C E = C F\).

Do đó \(2 A D + 2 B E + 2 C E = A B + B C + C A = 9 + 12 + 15 = 36\)

\(2 A D + 2 B C = 36\)

\(A D = 3\) (cm) suy ra \(B D = 6\) (cm); \(D I = 3\) cm.

Gọi \(N = B I \cap A C\), ta có: \(\frac{B I}{B N} = \frac{B D}{B A} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} = \frac{B G}{B M}\)

Suy ra \(I G\) // \(N M\) và \(I G = \frac{2}{3} N M\).

Ta có \(\diamond I D A F\) là hình vuông, có: \(\frac{B D}{B A} = \frac{D I}{A N} = \frac{2}{3}\)

Suy ra \(A N = 4 , 5\) cm.

Mà \(M\) là trung điểm của \(A C\) nên: \(N M = A M - A N = 6 - 4 , 5 = 1 , 5\) (cm) suy ra \(I G = 1\) cm.

Đường tròn \(\left(\right. I ; r \left.\right)\) tiếp xúc với các cạnh \(A B , A C , B C\) theo thứ tự \(M , N , P\).

Ta có: \(S_{A I B} = \frac{1}{2} I M . A B = \frac{1}{2} r . A B\) (1);

\(S_{A I C} = \frac{1}{2} I N . A C = \frac{1}{2} r . A C\) (2);

\(S_{B I C} = \frac{1}{2} r . B C\) (3)

Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3), ta được: \(\frac{S_{A I B} + S_{A I C} + S_{B I C}}{S_{A B C}} = \frac{1}{2} r . \left(\right. A B + A C + B C \left.\right)\)

Mà \(S_{A B C} = \frac{1}{2} A B . A C = \frac{6.8}{2} = 24\) cm², \(B C = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = \sqrt{100} = 10\) cm

Nên ta có: \(24 = \frac{1}{2} r \left(\right. 6 + 8 + 10 \left.\right)\) suy ra \(r = 2\) (cm).

a) Gọi số tuổi của bạn An là \(x\) (tuổi), \(x \in \mathbb{N}^{*}\).

Bất đẳng thức để mô tả bạn An ít nhất \(18\) tuổi mới được đi bầu cử đại biểu Quốc hội là: \(x \geq 18\).

b) Gọi khối lượng thang máy chở được là \(a\) kg, \(a > 0\).

Bất đẳng thức để mô tả một thang máy chở được tối đa \(700\) kg là: \(0 < a \leq 700\).

c) Gọi số tiền mua hàng là \(x\) (triệu đồng), \(x > 0\).

Bất đẳng thức để mô tả bạn phải mua hàng có tổng trị giá ít nhất \(1\) triệu đồng mới được giảm giá là \(x \geq 1\).

d) \(2 x - 3 > - 7 x + 2\).

a) Để giải phương trình đã cho ta giải hai phương trình sau:

(1) \(3 x - 2 = 0\)

\(3 x = 2\)

\(x = \frac{2}{3}\)

(2) \(2 x + 1 = 0\)

\(2 x = - 1\)

\(x = \frac{- 1}{2}\).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là \(x = \frac{2}{3}\) và \(x = \frac{- 1}{2}\).

b)  (+)2x−y=4
x+2y=−3
(+)4x−2y=8
x+2y=−3

(+)5x=5
x+2y=−3
​x=1
1+ 2y=−3​ ​
2y=−4
x=1y=−2
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất \(\left(\right. x ; y \left.\right) = \left(\right. 1 ; - 2 \left.\right)\)​
​

​

​

​
\(\)

\(\)

\(\)

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất \(\left(\right. x ; y \left.\right) = \left(\right. 1 ; - 2 \left.\right)\)

Gọi \(x\), \(y\) (triệu đồng) lần lượt là số tiền hai khoản đầu tư của bác Phương (\(x , y > 0\))

Tổng số tiền bác Phương đầu tư là \(800\) triệu đồng nên ta có phương trình \(x + y = 800\) (1)

Lãi suất cho khoản đầu tư thứ nhất là \(6 \%\)/năm và khoản đầu tư thứ hai là \(8 \%\)/năm, nên ta có phương trình

\(0 , 06. x + 0 , 08. y = 54\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \({}\)

x+y=800
0,06.x+0,08.y=54
giải hệ pt ta dc
x=500 nghìn đồng
y=300 nghìn đồng

Vậy bác Phương đầu tư cho khoản thứ nhất và khoản thứ hai lần lượt là \(500\) triệu đồng và \(300\) triệu đồng.

a) \(\Delta C E F \sim \Delta C B A\) (g-g) suy ra  \(\frac{C F}{C E} = \frac{A C}{B C}\) nên

\(\Delta C F A \sim \Delta C E B\) (c-g-c) suy ra \(\frac{A F}{B E} = \frac{A C}{B C}\) hay \(\frac{A F}{B E} = cos ⁡ C\).

Vậy \(A F = B E . cos ⁡ C\).

b) Vì \(\Delta A B C\) có \(\hat{A} = 9 0^{\circ}\) nên  \(A B = sin ⁡ C . B C = 0 , 6.10 = 6\) cm.

Suy ra \(A C = 8\) cm nên \(A E = E C = 4\) cm.

Mà \(E F = sin ⁡ C . E C = 0 , 6.4 = 2 , 4\) cm.

Suy ra \(F C = 3 , 2\) cm (Định lí Pythagore)

\(S_{ABFE}=S_{ABC}-S_{CFE}=\frac{1}{2}.\left(\right.AB.AC-EF.FC\left.\right)=\frac{1}{2}\left(\right.6\cdot8-2,4\cdot3,2\left.\right)=20,16\) (cm\(^{2}\)).

Vẽ \(A K ⊥ B C\) tại K, \(AH\bot DC\) tại \(H\).

Khi đó tứ giác \(A K C H\) là hình chữ nhật nên \(A K = C H\); \(A H = C K\)

Trong tam giác vuông \(A K B\) vuông tại \(K\) có \(A B = 10\) cm, \(\hat{A B K} = 7 0^{\circ}\) 

\(AK=AB.sin⁡70^{\circ}=10.sin⁡70^{\circ}\) suy ra \(AK=CH=10.sin⁡70^{\circ}\)

hay \(DH=CD-HC=15-10.sin⁡70^{\circ}\)

\(BK=AB.cos⁡70^{\circ}=10.cos⁡70^{\circ}\)

Suy ra \(CK=CB-BK=13-10.cos⁡70^{\circ}\)

hay \(AH=CK=13-10.cos70^{\circ}\)

Theo định lí Pythagore trong tam giác vuông \(A D H\):

\(AD=\sqrt{A H^{2} + D H^{2}}=\sqrt{\left(\right.13-10.cos⁡70^{\circ}\left.\right)^2+\left(\right.15-10.sin⁡70^{\circ}\left.\right)^2}\approx11,1\) m.