a) Do \(A B , A C\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(\hat{A B O} = \hat{A C O} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(O A\).

Xét tam giác \(O A B\) vuông tại \(B\) có \(B I\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(I B = I A = I O = \frac{1}{2} A O\) (1)

Xét tam giác \(O A C\) vuông tại \(C\) có \(C I\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(I C \&\text{nbsp}; = I A = I O = \frac{1}{2} A O\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(I B = I C = I A = I O\).

Suy ra \(B , C\) thuộc đường tròn tâm \(I\) đường kính \(O A\).

b) Ta có \(A M . A O = \frac{A B}{2} . 2 A I = A B . A I\).

c) Gọi \(E\) là trung điểm \(M A\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta C M A\) nên \(G \in C E\) và \(\frac{G E}{C E} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{M E}{B E} = \frac{1}{3}\) \(\left(\right.\)vì \(M E = \frac{M A}{2} = \frac{M B}{2}\) nên \(M E = \frac{B E}{3} \left.\right)\)

Suy ra \(\frac{G E}{C E} = \frac{M E}{B E}\), theo định lí Thalès đảo ta có:

\(M G\) // \(B C\).

d) Gọi \(G^{'}\) là giao điểm của \(O A\) và \(C M\) suy ra \(G^{'}\) là trọng tâm \(\Delta A B C\).

Nên \(\frac{G^{'} M}{C M} = \frac{1}{3} = \frac{G E}{C E^{'}}\)

Theo định lý Thalès đảo ta có \(G G^{'}\) // \(M E\) (1)

\(M I\) là đường trung bình trong \(\Delta O A B\) suy ra \(M I\) // \(O B\), mà \(A B ⊥ O B\) (cmt) nên \(M I ⊥ A B\), nghĩa là \(M I ⊥ M E\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(M I ⊥ G G^{'}\),

Lại có \(G I^{'} ⊥ M K\) (vì \(O A ⊥ M K\)) nên \(I\) là trực tâm \(\Delta M G G^{'}\)

Suy ra \(G I ⊥ G^{'} M\) tức là \(G I ⊥ C M\).

a) Tứ giác $BCED$ nội tiếp, $C$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ suy ra \widehat{ACB}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(\hat{E C B} = 9 0^{\circ}\).

Mặt khác \(E D ⊥ A B\) tại \(D\) (gt) suy ra \(\hat{E D B} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(B E\).

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

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

Suy ra \(B C E D\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(I\), đường kính \(B E\).

b) Xét \(\Delta A E D\) và \(\Delta A B C\) có:

\(\hat{B A C}\) chung

\(\hat{A D E} = \hat{A C B} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta A E D \sim \Delta A B C\) (g.g)

Suy ra \(\frac{A E}{A B} = \frac{A D}{A C}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) hay \(A C . A E = A D . A B\).

Mà \(D\) là trung điểm của \(A O\) (gt) suy ra \(A D = \frac{1}{2} A O\)

\(O\) là tâm đường tròn đường kính \(A B\) (gt) nên \(A O = \frac{1}{2} A B\)

Suy ra \(A D = \frac{1}{2} A O = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} A B = \frac{1}{4} A B\)

Do đó, \(A C . A E = \frac{1}{4} A B . A B = \frac{A B^{2}}{4}\) (đpcm)..

a) Chứng minh \(\hat{A B C} = \hat{C H M}\).

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

Suy ra \(\hat{B M H} = \hat{B N H} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(F\) là trung điểm của \(H B\).

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

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

Suy ra \(B N H M\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(F\), đường kính \(H B\).

Do đó \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\) (tổng hai góc đối bằng \(18 0^{\circ}\).

hay \(\hat{C B A} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\).

Mà \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\) (hai góc kề bù) do đó \(\hat{C B A} = \hat{M B N}\).

b) Chứng minh \(\hat{A D C} = \hat{A H C}\).

Tứ giác \(B N H M\) nội tiếp nên \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\)

Mà \(\hat{A H C} = \hat{N H M}\) (đối đỉnh) nên \(\hat{M B N} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\) hay \(\hat{A B C} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\)

Mặt khác tứ giác \(B N H M\) nội tiếp đường tròn tâm \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(\hat{A D C} + \hat{A B C} = 18 0^{\circ}\).

Do đó \(\hat{A D C} = \hat{A H C}\).

c) Chứng minh \(\hat{M A C} = \hat{M N C}\).

Ta chứng minh \(A C M N\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(E\) là trung điểm \(A C\).

Xét tam giác \(A M C\) có \(\hat{A M C} = 9 0^{\circ}\) và \(M E\) là đường trung tuyến nên \(E M = E C = E A = \frac{1}{2} A C\) (3) 

Xét tam giác \(A N C\) có \(\hat{A N C} = 9 0^{\circ}\) và \(N E\) là đường trung tuyến nên \(E N = E C = E A = \frac{1}{2} A C\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(E M = E N = E C = E A\).

Vậy tứ giác \(A C M N\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(E\) đường kính \(A C\).

Suy ra \(\hat{M A C} = \hat{M N C}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(M C\) của đường tròn tâm \(E\)).

d) Chứng minh \(\hat{M A C} + 9 0^{\circ} = \hat{A N M}\).

Ta có \(\hat{M A C} + \hat{A C M} = 9 0^{\circ}\) (hai góc phụ nhau)

Hay \(\hat{A C M} = 9 0^{\circ} - \hat{M A C}\)

Mà \(\hat{A C M} + \hat{A N M} = 18 0^{\circ}\) (tứ giác \(A C M N\) nội tiếp được đường tròn) nên \(9 0^{\circ} - \hat{M A C} + \hat{A N M} = 18 0^{\circ}\)

Suy ra \(\hat{M A C} + 9 0^{\circ} = \hat{A N M}\)..

a) Chứng minh tứ giác \(B F H D\) nội tiếp.

Xét đường tròn \(\left(\right. I \left.\right)\) có \(\hat{C F B} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(C F ⊥ A B\).

\(\hat{C F B} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(B E ⊥ A C\)

Mà \(C F\) cắt \(B E\) tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm của tam giác \(A B C\)

Hay \(A H ⊥ B C\), suy ra \(\hat{H D B} = 9 0^{\circ}\)

Gọi \(K\) là trung điểm \(B H\).

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

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

Từ (1) và (2) suy ra \(K B = K H = K F = K D\).

Vậy tứ giác \(B F H D\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(K\) đường kính \(B H\).

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

Gọi \(O\) là trung điểm \(A B\).

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

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

Từ (3) và (4) suy ra \(O D = O E = O A = O B\).

Vậy tứ giác \(A B D E\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(O\) đường kính \(A B\)..

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 \(A H\)..

a) Gọi \(y = a x + b\) là phương trình đường thẳng \(A B\).

Ta có \(\left{\right. & a . \left(\right. - 1 \left.\right) + b = 1 \\ & a . 3 + b = 9\)

\(\left{\right. & a = 2 \\ & b = 3\)

Suy ra phương trình đường thẳng \(A B\) là \(\left(\right. d \left.\right) : y = 2 x + 3\).

Đường thẳng \(A B\) cắt trục \(O y\) tại điểm \(I \left(\right. 0 ; 3 \left.\right)\).

(Học sinh tự vẽ hình)

Diện tích tam giác \(O A B\) là: \(S_{O A B} = S_{O A I} + S_{O B I} = \frac{1}{2} A H . O I + \frac{1}{2} B K . O I\).

Ta có \(A H = 1 ; B K = 3 ; O I = 3\).

Suy ra \(S_{O A B} = 6\) (đvdt).

b) Giả sử \(C \left(\right. c ; c^{2} \left.\right)\) thuộc cung nhỏ \(\left(\right. P \left.\right)\) với \(- 1 < c < 3\). 

Diện tích tam giác \(S_{A B C} = S_{A B B^{'} A^{'}} - S_{A C C^{'} A^{'}} - S_{B C C^{'} B^{'}}\). 

Các tứ giác \(A B B^{'} A^{'} , A A^{'} C^{'} C , C B B^{'} C^{'}\) đều là hình thang vuông nên ta có: 

\(S_{A B C} = \frac{1 + 9}{2} . 4 - \frac{1 + c^{2}}{2} . \left(\right. c + 1 \left.\right) - \frac{9 + c^{2}}{2} . \left(\right. 3 - c \left.\right) = 8 - 2 \left(\right. c - 1 \left.\right)^{2} \leq 8\).

Vậy diện tích tam giác \(A B C\) lớn nhất bằng \(8\) (đvdt) khi \(C \left(\right. 1 ; 1 \left.\right)\)..

) Vẽ parabol \(\left(\right. P \left.\right)\) và đường thẳng \(\left(\right. d \left.\right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ \(O x y\).

+ Xét parabol \(\left(\right. P \left.\right) : y = x^{2}\)

Bảng giá trị:

Parabol \(\left(\right. P \left.\right)\) là đường cong có đỉnh \(O \left(\right. 0 ; 0 \left.\right)\), qua các điểm \(\left(\right. 1 ; 1 \left.\right) , \left(\right. - 1 ; 1 \left.\right) , \&\text{nbsp}; \&\text{nbsp}; \left(\right. 2 ; 4 \left.\right) , \&\text{nbsp}; \&\text{nbsp}; \left(\right. - 2 ; 4 \left.\right)\)

+ Xét đường thẳng \(\left(\right. d \left.\right) : y = x + 2\)

Đường thẳng \(\left(\right. d \left.\right)\) cắt trục \(O x\) tại điểm \(\left(\right. - 2 ; 0 \left.\right)\), cắt trục \(O y\) tại điểm \(\left(\right. 0 ; 2 \left.\right)\)

Vẽ parabol \(\left(\right. P \left.\right)\) và đường thẳng \(\left(\right. d \left.\right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ \(O x y\)

b)  Phương trình hoành độ giao điểm của parabol \(\left(\right. P \left.\right)\) và đường thẳng \(\left(\right. d \left.\right)\):

\(x^{2} = x + 2\)

\(x^{2} - x - 2 = 0\)

Ta có \(a - b + c = 0\)nên phương trình có hai nghiệm \(x_{1} = - 1 \&\text{nbsp}; , x_{2} = - \frac{c}{a} = 2\)

+ Với \(x_{1} = - 1\) thì \(y_{1} = - 1 + 2 = 1\);

+ Với \(x_{2} = 2\) thì \(y_{2} = 2 + 2 = 4\).

Vậy parabol \(\left(\right. P \left.\right)\) và đường thẳng \(\left(\right. d \left.\right)\) cắt nhau tại hai điểm \(\left(\right. - 1 ; 1 \left.\right)\) và \(\left(\right. 2 ; 4 \left.\right)\)..

 Vẽ đồ thị parabol \(\left(\right. P \left.\right) : y = 2 x^{2} .\)

Bảng giá trị:

Đồ thị:

b) Gọi \(M \left(\right. a ; b \left.\right)\) là điểm cần tìm với \(a \neq 0 ; b \neq 0\).

Vì \(M\) có tung độ gấp hai lần hoành độ nên \(b = 2 a\)

Khi đó \(M \left(\right. a ; 2 a \left.\right)\).

Vì \(M \left(\right. a ; 2 a \left.\right) \in \left(\right. P \left.\right) : y = 2 x^{2}\) nên: \(2 a = 2 a^{2}\)

\(2 a^{2} - 2 a = 0\)

\(a^{2} - a = 0\)

\(a \left(\right. a - 1 \left.\right) = 0\)

\(a = 0\) và \(a = 1\)

Vì \(a \neq 0\) nên ta chọn \(a = 1\).

Vậy \(M \left(\right. 1 ; 2 \left.\right)\)..

a) Vẽ đồ thị \(\left(\right. P \left.\right)\).

Đồ thị hàm số \(y = - x^{2}\) đi qua gốc tọa độ \(O\), có bề lõm hướng xuống và nhận \(O y\) làm trục đối xứng.

Bảng giá trị:

Parabol \(\left(\right. P \left.\right) : y = - x^{2}\) đi qua các điểm \(\left(\right. - 2 ; - 4 \left.\right)\), \(\left(\right. - 1 ; - 1 \left.\right)\), \(\left(\right. 0 ; 0 \left.\right)\), \(\left(\right. 1 ; - 1 \left.\right)\), \(\left(\right. 2 ; - 4 \left.\right)\).

Đồ thị Parabol \(\left(\right. P \left.\right) : y = - x^{2}\):

b) Hoành độ giao điểm của đồ thị \(\left(\right. P \left.\right)\) và \(\left(\right. d \left.\right)\) là nghiệm của phương trình:

\(- x^{2} = 5 x + 6\)

\(x^{2} + 5 x + 6 = 0\)

Ta có: \(\Delta = b^{2} - 4 a c = 5^{2} - 4.6 = 1 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} = \frac{- 5 + 1}{2} = - 2\); \(x_{2} = \frac{- 5 - 1}{2} = - 3\).

Với \(x_{1} = - 2\) thì \(y_{1} = - \left(\left(\right. - 2 \left.\right)\right)^{2} = - 4\).

Với \(x_{2} = - 3\) thì \(y_{2} = - \left(\left(\right. - 3 \left.\right)\right)^{2} = - 9\).

Vậy tọa độ các giao điểm của \(\left(\right. P \left.\right)\) và \(\left(\right. d \left.\right)\) là \(A \left(\right. - 2 ; - 4 \left.\right)\)và \(B \left(\right. - 3 ; - 9 \left.\right)\)..

a) Vẽ parabol \(\left(\right. P \left.\right)\) và đường thẳng \(d\) trên cùng một hệ trục tọa độ \(O x y\)

Bảng giá trị hàm số \(y = 2 x^{2}\):

Đồ thị hàm số \(y = 2 x^{2}\) là đường cong Parabol đi qua điểm \(O\), nhận \(O y\) làm trục đối xứng, bề lõm hướng lên trên.

Đồ thị hàm số \(y = x + 1\) là đường thẳng đi qua điểm \(\left(\right. 0 ; 1 \left.\right)\) và \(\left(\right. - 1 ; 0 \left.\right)\)

b) Tìm tọa độ giao điểm của \(\left(\right. P \left.\right)\) và \(\left(\right. d \left.\right)\) bằng phép tính.

Hoành độ giao điểm của \(\left(\right. P \left.\right)\) và \(\left(\right. d \left.\right)\) là nghiệm của phương trình

\(2 x^{2} = x + 1\)

\(2 x^{2} - x - 1 = 0\).

Ta có \(a + b + c = 2 - 1 - 1 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x = 1\) và \(x = \frac{c}{a} = - \frac{1}{2}\).

+ Với \(x = 1\) thì \(y = 1 + 1 = 2\)

+ Với \(x = - \frac{1}{2}\) thì \(y = - \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}\).

Vậy tọa độ giao điểm của \(\left(\right. P \left.\right)\) và \(\left(\right. d \left.\right)\) là \(\left(\right. 1 ; 2 \left.\right)\) và \(\left(\right. - \frac{1}{2} ; \frac{1}{2} \left.\right)\)..