Mình tóm tắt thôi nhé, tại bài này cũng khá dài.

 a) \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^o+90^o=180^o\) nên tứ giác AEHF nội tiếp

Hơn nữa \(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^o\) nên tứ giác AEDB nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{DAE}=\widehat{DBE}\) hay \(\widehat{EAH}=\widehat{EBC}\)

 b) Dễ chứng minh được: \(\Delta AFH\sim\Delta ADB\Rightarrow AF.AB=AH.AD\)

 Mặt khác, \(\widehat{SAF}=\widehat{ACB}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung đó) và \(\widehat{ACB}=\widehat{AFE}\) (\(\Delta AEF\sim\Delta ABC\)) nên \(\widehat{SAF}=\widehat{AFE}\) \(\Rightarrow\) SA//EF. Mà \(SA\perp AO\) nên \(EF\perp AO\).

 Do đó, dễ chứng minh rằng \(\Delta AFM\sim\Delta AKB\left(g.g\right)\Rightarrow AF.AB=AM.AK\)

 Từ đó suy ra \(AH.AD=AM.AK\Rightarrow\Delta AHM\sim\Delta AKD\)

 Lại có tứ giác QDNK nội tiếp ( \(\widehat{QDN}=\widehat{QKN}=90^o\)) nên \(\widehat{AQN}=\widehat{AKD}\)  \(\Rightarrow\Delta AKD\sim\Delta AQN\)

 Do đó \(\Delta AHM\sim\Delta AQN\) \(\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{AQN}\) \(\Rightarrow\) QN//HM (2 góc đồng vị bằng nhau)

 c) Gọi J là tâm đường tròn (AH)

Dễ chứng minh được \(\Delta FAH\sim\Delta FCB\) \(\Rightarrow\Delta FJA\sim\Delta FIC\)

 \(\Rightarrow\widehat{JFA}=\widehat{IFC}\)

 Mà \(\widehat{JFA}+\widehat{JFC}=90^o\) nên \(\widehat{IFC}+\widehat{JFC}=90^o\) hay \(\widehat{JFI}=90^o\) 

 \(\Rightarrow\) IF là tiếp tuyến của (J) tại F.

 Tương tự, IE là tiếp tuyến của (J) tại E, do đó \(IJ\perp EF\) Mà EF//SA (cmt) \(\Rightarrow SA\perp IJ\) 

 Khi đó tam giác ASI có các đường cao AD, IJ cắt nhau tại J nên J là trực tâm tam giác ASI \(\Rightarrow SJ\perp AI\) hay \(SJ\perp AP\)

 Lại có \(JA=JP\) nên JS là trung trực của AP \(\Rightarrow SA=SP\) (đpcm)

Lời giải:

$x^2+2xy+3y^2=6$

$\Leftrightarrow (x^2+2xy+y^2)+2y^2=6$

$\Leftrightarrow (x+y)^2+2y^2=6$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$M^2=(x+2y)^2=[(x+y)+y]^2\leq [(x+y)^2+2y^2](1+\frac{1}{2})=6.\frac{3}{2}=9$

$\Rightarrow -3\leq M\leq 3$
Vậy $M_{\min}=-3; M_{\max}=3$.

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

Để giải bài toán này, ta cần sử dụng một số tính chất của hình học:

1. Đối với tam giác vuông 𝐴𝐷𝐸ADE, ta có 𝐴𝐻⋅𝐴𝑂=𝐴𝐷⋅𝐴𝐸AH⋅AO=AD⋅AE, theo định lí Euclid.
2. Nếu 𝐴𝐵𝐶𝐷ABCD là một tứ giác nội tiếp, thì tứ giác 𝐴𝐵𝐶𝐷ABCD có tứ giác nội tiếp khác nếu và chỉ nếu tổng các góc đối diện của nó bằng 180∘180∘.
3. Hai tia song song cắt bởi một đường thẳng sẽ tạo thành các góc tương đương.

Giờ ta sẽ đi chứng minh từng câu hỏi:

1. Vì 𝐴𝐻AH và 𝐴𝑂AO là hai tia phát ra từ một điểm 𝐴A, 𝐴𝐷AD và 𝐴𝐸AE là đoạn thẳng nằm trên đường thẳng 𝐴𝑂AO, nên theo tính chất của tỉ số đồng dạng trong tam giác, ta có 𝐴𝐻⋅𝐴𝑂=𝐴𝐷⋅𝐴𝐸AH⋅AO=AD⋅AE.
2. Ta thấy ∠𝐷𝑂𝐻=90∘∠DOH=90∘ (do 𝐷𝑂DO song song với 𝐵𝐸BE, và 𝐷𝐸DE là tiếp tuyến của đường tròn 𝑂O), và ∠𝐷𝐸𝑂=90∘∠DEO=90∘ (do 𝐷𝐸DE là tiếp tuyến của đường tròn 𝑂O). Vậy tứ giác 𝐷𝐻𝑂𝐸DHOE là tứ giác nội tiếp.
3. Ta có thể chứng minh 𝐴A, 𝑃P, 𝐾K thẳng hàng bằng cách sử dụng tính chất của góc phụ tại điểm.

Trong hình vẽ, ta có:

• Điểm 𝐴A nằm ngoài đường tròn 𝑂O.
• 𝐵B và 𝐶C là hai tiếp điểm của đường tròn 𝑂O.
• 𝐷D và 𝐸E là hai điểm cắt của tiếp tuyến 𝐴𝐷AD và 𝐴𝐸AE với 𝐵𝐶BC.
• 𝐻H là hình chiếu của 𝐴A lên 𝐵𝐶BC.
• 𝑃P và 𝑄Q là các điểm trên 𝐴𝐵AB và 𝐴𝐶AC tương ứng.
• 𝐾K là điểm giao của 𝐴𝑃AP và 𝐷𝑄DQ.
• 𝐼I là giao điểm của 𝐴𝐷AD và 𝐵𝐸BE.

Bạn có thể sử dụng hình vẽ này để hiểu rõ hơn về bài toán.

b: Vì AB//KN

nên \(sđ\stackrel\frown{AN}=sđ\stackrel\frown{BK}\)

Xét (O) có

\(\widehat{CIK}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung CK và AN

=>\(\widehat{CIK}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{CK}+sđ\stackrel\frown{AN}\right)\)

=>\(\widehat{CIK}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{CK}+sđ\stackrel\frown{BK}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{BC}\)

Xét (O) có

\(\widehat{MBC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BC

Do đó: \(\widehat{MBC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\)

=>\(\widehat{MBC}=\widehat{MIC}\)

=>MBIC là tứ giác nội tiếp

=>M,B,I,C cùng thuộc một đường tròn

mà M,B,O,C cùng thuộc đường tròn đường kính OM

nên I nằm trên đường tròn đường kính OM

=>OI\(\perp\)MN tại I

ΔONK cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của NK

con chó có bao nhiêu tuôi

Gọi vận tốc thật của cano là x(km/h) và vận tốc của dòng nước là y(km/h)

(Điều kiện: x>0; y>0)

Vận tốc lúc xuôi dòng là x+y(km/h)

Vận tốc lúc ngược dòng là x-y(km/h)

Vận tốc lúc đi xuôi dòng lớn hơn vận tốc lúc ngược dòng là 4km/h nên ta có:

x+y-(x-y)=4

=>x+y-x+y=4

=>2y=4

=>y=2(nhận)

Vận tốc lúc xuôi dòng là x+2(km/h)

Vận tốc lúc ngược dòng là x-2(km/h)

Thời gian đi lúc xuôi dòng là \(\dfrac{40}{x+2}\left(giờ\right)\)

Thời gian đi lúc ngược dòng là \(\dfrac{40}{x-2}\left(giờ\right)\)

Tổng thời gian cả đi lẫn về là 4h30p=4,5 giờ nên ta có:

\(\dfrac{40}{x+2}+\dfrac{40}{x-2}=4,5\)

=>\(\dfrac{40x-80+40x+80}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=4,5\)

=>\(4,5\left(x^2-4\right)=80x\)

=>\(4,5x^2-80x-18=0\)

=>\(4,5x^2-81x+x-18=0\)

=>\(4,5x\left(x-18\right)+\left(x-18\right)=0\)

=>(x-18)(4,5x+1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=18\left(nhận\right)\\x=-\dfrac{1}{4,5}=-\dfrac{2}{9}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy: vận tốc dòng nước là 2km/h

vận tốc lúc xuôi dòng là 18+2=20km/h

1: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=2x+3\)

=>\(x^2-2x-3=0\)

=>(x-3)(x+1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=-1\end{matrix}\right.\)

=>\(x_1=-1;x_2=3\)

\(A=2x_1+x_2=-2+3=1\)

2: \(\text{Δ}=\left[-\left(2m+2\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(m^2+2m\right)\)

\(=\left(2m+2\right)^2-4\left(m^2+2m\right)\)

\(=4m^2+8m+4-4m^2-8m=4>0\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m+2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2+2m\end{matrix}\right.\)

Theo đề, ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m+2\\x_1-2x_2=3m\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2-x_1+2x_2=2m+2-3m\\x_1+x_2=2m+2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3x_2=-m+2\\x_1=2m+2-x_2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{-m+2}{3}\\x_1=2m+2-\dfrac{-m+2}{3}=\dfrac{6m+6+m-2}{3}=\dfrac{7m+4}{3}\end{matrix}\right.\)

\(x_1\cdot x_2=m^2+2m\)

=>\(\dfrac{\left(-m+2\right)\left(7m+4\right)}{9}=m^2+2m\)

=>\(\left(-m+2\right)\left(7m+4\right)=3\left(m^2+2m\right)\)

=>\(-7m^2-4m+14m+8=3m^2+6m\)

=>\(-7m^2+10m+8-3m^2-6m=0\)

=>\(-10m^2+4m+8=0\)

=>\(m=\dfrac{1\pm\sqrt{21}}{5}\)

∆ = [-(2m + 1)]² - 4.1.2m

= 4m² + 4m + 1 - 8m

= 4m² - 4m + 1

= (2m - 1)²

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆ > 0

⇔ (2m - 1)² > 0

⇔ 2m - 1 ≠ 0

⇔ 2m ≠ 1

⇔ m ≠ 1/2

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

x₁ + x₂ = 2m + 1

x₁x₂ = 2m

A = x₁² + x₂² - x₁x₂

= (x₁ + x₂)² - 3x₁x₂

= (2m + 1)² - 3.2m

= 4m² + 4m + 1 - 6m

= 4m² - 2m + 1

= (2m)² - 2.2m.1/2 + 1/4 + 1 - 1/4

= (2m - 1/2)² + 3/4

Ta có:

(2m - 1/2)² ≥ 0 với mọi x ∈ R

⇒ (2m - 1/2) + 3/4 ≥ 3/4 với mọi x ∈ R

Vậy min A = 3/4 khi m = 1/4

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (d') là:

\(x+m+1=-x+3m-1\)

\(\Leftrightarrow2x=2m-2\)

\(\Leftrightarrow x=m-1\)

\(\Rightarrow y=x+m+1=m-1+m+1=2m\)

Vậy (d) cắt (d') tại điểm \(A\left(m-1,2m\right)\)

Để A thuộc \(\left(d_0\right):y=3x-1\) thì \(2m=3\left(m-1\right)-1\) 

\(\Leftrightarrow2m=3m-3-1\)

\(\Leftrightarrow m=4\)

Vậy \(m=4\)