2 câu này nữa mn ơi🥰🥺 Dạng 4: Chứng minh tứ giác nội tiếp,Bài 8: Cho (O), từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB và AC với,đường tròn. Kẻ dây CD//AB. Nối AD cắt đường tròn (O) tại E.,a) Chứng minh ABOC nội tiếp.,b) Chứng tỏ AB2 =AE.AD.,c) Chứng minh góc AOC bằng góc ACB và tam giác BDC cân,d) CE kéo dài cắt AB ở I. Chứng minh IA=IB,Bài 9: Cho nửa đường tròn tâm 0, đường kính AB, Trên cung AB lấy hai điểm M và N,sao cho điểm M thuộc cung AN. Có AM cắt BN tại E; AN cắt BM tại F. Chứng minh:,a) Tứ giác MENF nội tiếp?,b)~\widehat{A B M}=\widehat{A E F},Bài 10: Cho tam giác ABC cân tại A Các đường cao AH, BE, CF cắt nhau tại G. Chứng,minh:,a) Tứ giác AEGF nội tiếp,b)~A G.B E=A F.B C,Dạng 5: Biện luận số nghiệm của phương trình bậc hai,Bài 11: Biện luận số nghiệm của phương trình bậc hai sau,a)\lim_{x\rightarrow0}^{x}\frac{x-2+m-1}{x-2}=\frac{-1}{2m}=0,b)\,\min^{X}-x-5=0,Bài 12: Chứng minh rằng phương trình sau luôn có hai nghiệm phân biệt,a)~\pi r_{2}^{2}-(2m+1)x-m^{2}+m-1=0,b)~~~x^{2}-2m x+2m-5=0

Question

Accepted Answer

Bài 8:
a) Ta có AB và AC là tiếp tuyến của đường tròn (O), suy ra OA vuông góc với AB và AC. Vì CD//AB nên ta có AD cũng vuông góc với AB. Khi đó, ta có tứ giác AODB là tứ giác điều hòa (do AD song song với BC) nên ta có AO đi qua trung điểm của BD. Tương tự, ta có CO đi qua trung điểm của BD. Do đó, ta có tứ giác ABOC là tứ giác điều hòa, suy ra ABOC nội tiếp.
b) Ta có $\angle AED = \angle AOB$ (cùng chắn cung AE trên đường tròn (O)), $\angle EAD = \angle OAD$ (hai góc ngoài của tam giác AOD) và $\angle ADO = \angle AEO$ (cùng chắn cung AE trên đường tròn (O)). Khi đó, ta có tứ giác AODE là tứ giác điều hòa (do AD song song với BC) nên ta có $AE.AD = AO^2 = AB^2$ (vì ABOC nội tiếp).
c) Ta có $\angle AOC = 180^\circ - \angle BOC = 180^\circ - 2\angle BDC = 2(180^\circ - \angle BDC) - 180^\circ = 2\angle ACB$. Từ đó suy ra $\angle AOC = \angle ACB$.
Ta có $\angle BDC = \angle BAC$ (cùng chắn cung BC trên đường tròn (O)), $\angle ABD = \angle ACD$ (do AB và AC là tiếp tuyến của đường tròn (O)) và $\angle BAD = \angle CAD$ (hai góc ngoài của tam giác ABD). Khi đó, ta có tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa, suy ra BD là phân giác của góc BDC. Từ đó suy ra $\angle AIB = \angle CIB$ (do AI và CI là hai tia đối xứng qua phân giác BD) và $IA = IB$ (vì tam giác AIB cân).
Bài 9:
a) Ta có $\angle MEF = \angle MAF = \angle NBF = \angle NCF$ (do AM và BN là đường chéo của hình thoi AMBN) và $\angle MEN = \angle MAB + \angle BAN + \angle NAF = \angle MBN + \angle NBM + \angle NCF = \angle MEF$. Từ đó suy ra tứ giác MENF nội tiếp.
b) Ta có $\angle AEF = \angle AEM + \angle MEF = \angle ABM + \angle NCF = \angle ABN + \angle NCB = \angle ACB$. Từ đó suy ra $\angle AEF = \angle ACB$.
Ta có $\angle AGB = 180^\circ - \angle GAB - \angle GBA = 180^\circ - \angle C - \angle B = \angle A$. Khi đó, ta có tứ giác AEGF nội tiếp (do có hai góc đối nhau bù).
Ta có $\dfrac{AG}{AB} = \cos A$ và $\dfrac{BG}{BC} = \cos B$. Nhân hai vế của hai phương trình này ta được $\dfrac{AG}{AB} \cdot \dfrac{BG}{BC} = \cos A \cos B$. Từ đó suy ra $AG \cdot BG = AB \cdot BC \cdot \cos A \cos B$. Tương tự, ta có $AF \cdot BE = AB \cdot AC \cdot \cos A \cos B$. Nhân hai vế của hai phương trình này ta được $(AG \cdot BG)(AF \cdot BE) = AB^2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos^2 A \cos^2 B$. Khi đó, ta có $AG \