jehhdjeghhfb

Câu 4 a) Ta có: $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^\circ$ (góc giữa tiếp tuyến và bán kính) Do đó bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO. b) Ta có: $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^\circ$ nên $\widehat{BAO}+\widehat{BOA}=90^\circ$ Mà $\widehat{BOC}=2\widehat{BAO}$ (góc tâm gấp đôi góc nội tiếp cùng chắn cung BC) $\widehat{BOC}+\widehat{BOA}=90^\circ$ nên $\widehat{BOC}=\widehat{BAO}$ Xét tam giác OBC và tam giác OAH có: $\widehat{BOC}=\widehat{BAO}$ $\widehat{OBC}=\widehat{OHA}=90^\circ$ Nên tam giác OBC đồng dạng với tam giác OAH (g-g) Suy ra: $\frac{OH}{OB}=\frac{OA}{OC}$ Hay $OH.OA=OB.OC=R^2$ c) Ta có: $\widehat{BCE}=\widehat{BAD}$ (cùng chắn cung BD) Mà $\widehat{BAD}=\widehat{BCD}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BD) Nên $\widehat{BCE}=\widehat{BCD}$ Suy ra: $\widehat{BCE}+\widehat{BCD}=90^\circ$ Hay $\widehat{ECD}=90^\circ$ Do đó tam giác CED là tam giác vuông tại C. Mà H là trung điểm của BD (BD là đường kính) nên K là trung điểm của CE (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông). d) Xét phương trình $\sqrt{3x+1}-\sqrt{6-x}+3x^2-14x-8=0$ Điều kiện xác định: $-\frac{1}{3}\leq x \leq 6$ Nhận thấy $3x^2-14x-8=(3x+1)-(6-x)$ Do đó phương trình trở thành $\sqrt{3x+1}-\sqrt{6-x}+(3x+1)-(6-x)=0$ Hay $(\sqrt{3x+1}-\sqrt{6-x})+(3x+1)-(6-x)=0$ Nhóm lại ta có $(\sqrt{3x+1}+3x+1)-(\sqrt{6-x}+6-x)=0$ Hay $(\sqrt{3x+1}+3x+1)-(\sqrt{6-x}+6-x)=0$ Nhận thấy $\sqrt{3x+1}+3x+1$ và $\sqrt{6-x}+6-x$ đều là các biểu thức đồng biến trên đoạn $[-\frac{1}{3}, 6]$. Do đó phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất khi $\sqrt{3x+1}+3x+1=\sqrt{6-x}+6-x$ Giải phương trình này ta tìm được $x=1$ thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=1$.