a/

Ta có

\(\widehat{EMO}=\widehat{ENO}\) => EMON là tứ giác nội tiếp

=> E; M; O; N cùng nằm trên 1 đường tròn có tâm là trung điểm của EO và bán kính là EO/2

b/

Xét tg vuông EMO và tg vuông ENO có

EM=EN (hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau) 

EO chung

=> tg EMO = tg ENO (Hai tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông bằng nhau)

=> \(\widehat{MEO}=\widehat{NEO}\)

Xét tg EMN có

EM=EN (cmt) => tg EMN cân tại E

\(\widehat{MEO}=\widehat{NEO}\) (cmt) => OE là phân giác của  \(\widehat{MEN}\)

=> \(OE\perp MN\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

a, Xét tứ giác EMON có ^EMO + ^ENO = 180⁰

mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác EMON nt 1 đường tròn hay E;M;O;N thuộc 1 đường tròn 

bán kính là OE/2 

b, Vì ME = MN ( 2 tiếp tuyến cắt nhau ) 

OM = ON 

Vậy EO là đường trung trực đoạn MN

Vậy OE vuông MN 

a/

Ta có

\(\widehat{DCO}=\widehat{DAO}=90^o\) (định nghĩa tiếp tuyến)

=> DCOA là tứ giác nội tiếp => D; C; O; A cùng nằm trên 1 đường tròn

b/

Ta có

DC=DA (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến hai tiếp điểm bằng nhau) (1)

Ta có

\(\widehat{DCF}=\widehat{BCd'}\) (góc đối đỉnh)

\(sđ\widehat{BCd'}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung BC (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(\Rightarrow sđ\widehat{DCF}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung BC (2)

Ta có

\(sđ\widehat{DFC}=\dfrac{1}{2}\) (sđ cung AB-sđ cung AC) (góc có đỉnh ở ngoài đường tròn có số đo bằng 1/2 hiệu số đo hai cung bị chắn)

Mà sđ cung AB - sđ cung AC = sđ cung BC

\(\Rightarrow sđ\widehat{DFC}=\dfrac{1}{2}\) sđ cung BC (3)

Từ (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{DCF}=\widehat{DFC}\) => tg DFC cân tại D => DC=DF (4)

Từ (1) và (4) => DA=DF

Ta có

\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{DC}{BC}\) (tính chất đường phân giác)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{8}{10}=\dfrac{4}{5}\Rightarrow AB=\dfrac{4BC}{5}\)

Ta có

\(AC=AD+DC=8+10=18cm\)

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}\) (Pitago)

\(\Rightarrow18=\sqrt{BC^2-\dfrac{16.BC^2}{25}}=\sqrt{\dfrac{9.BC^2}{25}}=\dfrac{3.BC}{5}\)

\(\Rightarrow BC=\dfrac{5.18}{3}=30cm\)

\(\Rightarrow AB=\dfrac{4.BC}{5}=\dfrac{4.30}{5}=24cm\)

Đặt \(AB=x;BC=y\left(y>x>0\right)\)

Dễ thấy \(AC=AD+DC=8+10=18\left(cm\right)\)

Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác ABC vuông tại A, ta có \(BC^2-AB^2=AC^2\Rightarrow y^2-x^2=324\)     (1)

Để ý rằng \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{BC}\) (theo tính chất đường phân giác trong tam giác ABC)

\(\Rightarrow\dfrac{8}{x}=\dfrac{10}{y}\Leftrightarrow y=\dfrac{5}{4}x\)      (2)

Thay (2) vào (1), ta có \(\left(\dfrac{5}{4}x\right)^2-x^2=324\) \(\Leftrightarrow\dfrac{25}{16}x^2-x^2=324\) \(\Leftrightarrow\dfrac{9}{16}x^2=324\) \(\Leftrightarrow x^2=576\Leftrightarrow x=24\) (nhận) hay ta có \(AB=24cm\)

Từ đó \(y=\dfrac{5}{4}x=\dfrac{5}{4}.24=30\left(cm\right)\) hay \(BC=30cm\)

Vậy \(AB=24cm;BC=30cm\)

\(\sqrt{\left(x-1\right)\left(x-5\right)}-3\sqrt{1-x}=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-1\right)\left(x-5\right)\ge0\\1-x\ge0\\\sqrt{\text{​​}\left(x-1\right)\left(x-5\right)}=3\sqrt{1-x}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x-5\ge0\\x-1\le0\end{matrix}\right.\\x\le1\\\sqrt{\text{​​}\left(x-1\right)\left(x-5\right)}=3\sqrt{1-x}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x\ge5\\x\le1\end{matrix}\right.\\x\le1\\\left(x-1\right)\left(x-5\right)=9\left(1-x\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le1\\\left(x-1\right)\left(x-5\right)+9\left(x-1\right)=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le1\\\left(x-1\right)\left(x-5+9\right)=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le1\\\left(x-1\right)\left(x+4\right)=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le1\\\left[{}\begin{matrix}x=1\left(nhận\right)\\x=-4\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-4\end{matrix}\right.\)
- Vậy \(S=\left\{1;-4\right\}\)

\(\sqrt{1-x}(\sqrt{5-x}-3)=0\)

x = 1 hay \(\sqrt{5-x}=3 \)

x = 1 hay x= - 4

a, Xét tam giác BKC vuông tại K

\(sinKCB=\dfrac{BK}{BC}\Rightarrow BK=sinKCB.BC\approx3,75cm\)

\(cosKCB=\dfrac{KC}{BC}\Rightarrow KC=BC.cosKCB\approx7cm\)

Xét tam giác BKA vuông tại K

\(sinKAB=\dfrac{BK}{AB}\Rightarrow AB=BK.sinKAB\approx3,34cm\)

bạn ktra lại đoạn AK giúp mình nhé 

D\(=\dfrac{a^2\left(a+1\right)+b^2\left(b-1\right)+a^2b^2\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(1-b\right)\left(a+1\right)}=\dfrac{a^3+a^2+b^3-b^2+a^3b^2+a^2b^3}{\left(a+b\right)\left(1-b\right)\left(a+1\right)}\)

\(ĐKXĐ:a\ne-b;a\ne-1;b\ne1\)

\(D=\dfrac{a^2}{\left(a+b\right)\left(1-b\right)}-\dfrac{b^2}{\left(a+b\right)\left(1+a\right)}-\dfrac{a^2b^2}{\left(1+a\right)\left(1-b\right)}\)

\(=\dfrac{a^2\left(1+a\right)-b^2\left(1-b\right)-a^2b^2\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(1+a\right)\left(1-b\right)}\)

\(=\dfrac{a^3+a^2-b^2+b^3-a^2b^2\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(1+a\right)\left(1-b\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+\left(a+b\right)\left(a-b\right)-a^2b^2\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(1+a\right)\left(1-b\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2+a-b-a^2b^2\right)}{\left(a+b\right)\left(1+a\right)\left(1-b\right)}\)

\(=\dfrac{a\left(a-b\right)+\left(a-b\right)+b^2\left(1-a^2\right)}{\left(1+a\right)\left(1-b\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a-b\right)\left(a+1\right)-b^2\left(a-1\right)\left(a+1\right)}{\left(1+a\right)\left(1-b\right)}\)

\(=\dfrac{\left(1+a\right)\left(a-b-ab^2+b^2\right)}{\left(1+a\right)\left(1-b\right)}\)

\(=\dfrac{a-b-ab^2+b^2}{1-b}\)

\(=\dfrac{b\left(b-1\right)-a\left(b^2-1\right)}{1-b}=\dfrac{a\left(1-b\right)\left(1+b\right)-b\left(1-b\right)}{1-b}=\dfrac{\left(1-b\right)\left(a+ab-b\right)}{1-b}=a+ab-b\)