Hai tg ABC và tg ADC có đường cao từ C->AB = đường cao từ A->CD nên

\(\dfrac{S_{ABC}}{S_{ADC}}=\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{12}{18}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow S_{ABC}=\dfrac{2}{3}xS_{ADC}=\dfrac{2}{3}x72=48cm^2\)

\(\Rightarrow S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ADC}=48+72=120cm^2\)

a/

Ta có M và A cùng nhìn OC dưới 1 góc \(90^o\) => ACMO là tứ giác nội tiếp

b/

Xét tg vuông BED và tg vuông AEC có \(\widehat{BED}\) chung

=> tg BED đồng dạng với tg AEC (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{DB}{CA}=\dfrac{DE}{CE}\)

Mà 

\(DB=DM;CA=CM\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm...)\(\Rightarrow\dfrac{DB}{CA}=\dfrac{DM}{CM}=\dfrac{DE}{CE}\Rightarrow DM.CE=CM.DE\)

c/

Ta có

\(CA\perp AB\left(gt\right);DB\perp AB\left(gt\right)\) => CA//DB

\(\Rightarrow\dfrac{BN}{CN}=\dfrac{DB}{CA}\) (Talet)

Mà \(\dfrac{DM}{CM}=\dfrac{DB}{CA}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BN}{CN}=\dfrac{DM}{CM}\) => MN//BD (Talet đảo trong tam giác)

Xét \(\Delta ABE\) có

\(AE=AB\Rightarrow\Delta ABE\) cân tại A

Ta có \(MB=ME\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{EAM}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=\dfrac{90^o}{2}=45^o\)  và \(AM\perp BE\)(Trong tg cân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh tg cân đồng thời là đường cao và đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân)

Ta có M và H cùng nhìn AB dưới một góc \(90^o\) => ABHM là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{AHM}=45^o\) (góc nt cùng chắn cung AM)

\(\Rightarrow\widehat{CHM}=\widehat{AHC}-\widehat{AHM}=90^o-45^o=45^o\)

\(\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{CHM}=45^o\) => HM là phân giác của \(\widehat{AHC}\)

Nối E với F và nối K với F

Ta có

E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc \(90^o\) => BCEF là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{BEK}=\widehat{KCF}\) (góc nt cùng chắn cung BF) và

\(\widehat{CFE}=\widehat{CBE}\) (góc nt cùng chắn cung CE) (1)

Xét tg BKE và tg FKC có

\(\widehat{BEK}=\widehat{KCF}\) (cmt)

\(\widehat{EKC}\) chung

\(\Rightarrow\widehat{KBE}=\widehat{KFC}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{KBE}+\widehat{CBE}=\widehat{KFC}+\widehat{CFE}\)

Mà \(\widehat{KBE}+\widehat{CBE}=\widehat{KBC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{KFC}+\widehat{CFE}=180^o\)

 => E; F; K thẳng hàng

Phân số chỉ số nữ so với toàn đội là

\(\dfrac{2}{2+3}=\dfrac{2}{5}\) đội

\(75\%=\dfrac{3}{4}\)

Phân số chỉ số nữ so với đội sau khi thay người là

\(\dfrac{3}{3+4}=\dfrac{3}{7}\) đội

Phân số chỉ 1 người là

\(\dfrac{3}{7}-\dfrac{2}{5}=\dfrac{1}{35}\) đội

Số người đội tuyển là

\(1:\dfrac{1}{35}=35\) người

Từ D kẻ đường thẳng // với BC cắt BA tại E

Hai tg ABD và tg ACD có đường cao từ D-> AB = đường cao từ A->CD nên

\(\dfrac{S_{ABD}}{S_{ACD}}=\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{1}{3}\)

Hai tg trên có chung AD nên

\(\dfrac{S_{ABD}}{S_{ACD}}=\) đường cao từ B->AD / đường cao từ C->AD \(=\dfrac{1}{3}\)

Hai tg PBA và tg PCA có chung AP nên

\(\dfrac{S_{PBA}}{S_{PCA}}=\) đường cao từ B->AD / đường cao từ C->AD \(=\dfrac{1}{3}\)

\(\Rightarrow S_{PCA}=3xS_{PBA}\)

\(\Rightarrow S_{ABC}=S_{PCA}-S_{PBA}=3xS_{PBA}-S_{PBA}=2xS_{PBA}\)

Hai tg ABD và tg ABC có chung AB và đường cao từ D->AB = đường cao từ C->AB nên \(S_{ABD}=S_{ABC}=2xS_{PBA}\)

\(\Rightarrow S_{PBD}=S_{PBA}+S_{ABD}=S_{PBA}+2xS_{PBA}=3xS_{PBA}\)

\(\Rightarrow\dfrac{S_{PBA}}{S_{PBD}}=\dfrac{1}{3}\)

Hai tg PBA và tg PBD có chung đường cao từ B->AD nên

\(\dfrac{S_{PBA}}{S_{PBD}}=\dfrac{PA}{PD}=\dfrac{1}{3}\)

a/ Xét tg AMB và tg NMC có

MB=MC (gt)

MA=MN (gt)

\(\widehat{AMB}=\widehat{NMC}\) (góc đối đỉnh)

=> tg AMB = tg NMC (c.g.c)

b/

Ta có

tg AMB = tg NMC (cmt) \(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{BCN}\) Hai góc trên ở vị trí sole trong

=> AB//CN

\(\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{DCN}\) (góc so le trong) mà \(\widehat{ADC}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{DCN}=90^o\)

\(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{7}=\dfrac{z}{5}\)

\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{9}=\dfrac{y^2}{49}=\dfrac{z^2}{25}=\dfrac{x^2-y^2+z^2}{9-49+25}=\dfrac{-60}{-15}=4\)

\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{9}=4\Rightarrow x^2=36\Rightarrow x=\pm6\)

\(\Rightarrow\dfrac{y^2}{49}=4\Rightarrow y^2=196\Rightarrow y=\pm14\)

\(\Rightarrow\dfrac{z^2}{25}=4\Rightarrow z^2=100\Rightarrow z=\pm10\)

a/

Xét \(\Delta ABC\)

AD và BE cắt nhau tại H (gt) 

\(\Rightarrow CH\perp AB\) (trong tam giác 3 đường cao đồng quy)

b/ Gọ F là giao của CH với AB ta có

F và D cùng nhìn BH dưới 1 góc \(90^o\) => F và H nằm trên đường tròn đường kính BH => Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp)

Ta có

\(sđ\widehat{ABC}=\dfrac{1}{2}sđcungFHD\) (góc nt đường tròn)

\(sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}sđcungFBD\) (góc nt đường tròn)

\(\Rightarrow sđ\widehat{ABC}+sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}\left(sđcungFHD+sđcungFBD\right)\)

Mà \(sđcungFHD+sđcungFBD=360^o\)

\(\Rightarrow sđ\widehat{ABC}+sđ\widehat{FHD}=\dfrac{1}{2}.360^o=180^o\)

Mà \(\widehat{CHI}+\widehat{FHD}=\widehat{FHC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{CHI}=\widehat{ABC}\) (cùng bù với \(\widehat{FHD}\) ) (1)

Xét (O) có 

\(\widehat{ABC}=\widehat{AIC}\) (góc nt đường tròn cùng chắn cung AC) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{CHI}=\widehat{AIC}\) => tg CHI cân tại C

c/

Chứng minh tương tự ta cũng có CHK là tg cân tại C

Ta có

\(BE\perp AC\left(gt\right)\Rightarrow AC\perp HK\)

\(\Rightarrow EH=EK\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

=> H đối xứng K qua AC

d/ Gọi G là giao của CO với (O)

Ta có tg CHK cân tại C (cmt)

=> CK=CH

Mà tg CHI cân tại C (cmt) => CH=CI

=> CK=CI => tg CKI cân tại C (3)

Ta có

\(sđ\widehat{CKI}=\dfrac{1}{2}sđcungCI\) (góc nt (O))

\(sđ\widehat{CIK}=\dfrac{1}{2}sđcungCK\) (góc nt (O))

\(\Rightarrow sđcungCI=sđcungCK\)

Ta có 

sđ cung CIG = sđ cung CKG \(=180^o\)

=> sđ cung CIG - sđ cung CI = sđ cung CKG - sđ cung CK

=> sđ cung GBI = sđ cung GAK

Ta có

\(sđ\widehat{ICG}=\dfrac{1}{2}sđcungGBI\) (góc nt (O))

\(sđ\widehat{KCG}=\dfrac{1}{2}sđcungGAK\) (góc nt (O))

\(\Rightarrow\widehat{ICG}=\widehat{KCG}\) => CG là phân giác của \(\widehat{KCI}\) (4)

Từ (3) và (4) => \(OC\perp KI\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

e/

Ta có E và D cùng nhìn CH dưới 1 góc \(90^o\) => CDHE là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{HDE}=\widehat{ECF}\) (góc nt cùng chắn cung HE) (5)

Ta có F và E cùng nhìn BC dưới 1 góc \(90^o\) => BCEF là tứ giác nt

\(\Rightarrow\widehat{ABK}=\widehat{ECF}\) (góc nt cùng chắn cung EF) (6)

Xét (O) có

\(\widehat{ABK}=\widehat{AIK}\) (góc nt cùng chắn cung AK) (7)

Từ (5) (6) (7) \(\Rightarrow\widehat{HDE}=\widehat{AIK}\) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên

=> ED//KI 

Mà \(OC\perp KI\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow OC\perp ED\)

a/

Ta có

\(AB\perp MN\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{MHB}=90^o\)

\(MI\perp BN\Rightarrow\widehat{MIB}=90^o\)

=> H và I cùng nhìn MB dưới 1 góc \(90^o\) => H; I thuộc đường tròn đường kính MB => B; H; M; I cùng thuộc 1 đường tròn

b/

Xét tg vuông MHK và tg vuông MIN có

\(\widehat{MKA}=\widehat{MNI}\) (cùng phụ với \(\widehat{KMN}\) )

Ta có

\(\widehat{MNI}=\widehat{MAK}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

\(\Rightarrow\widehat{MKA}=\widehat{MAK}\) => tg MAK cân tại M

c/

Xét tg vuông MIN và tg vuông MHK có

\(\widehat{MKA}=\widehat{MNI}\) (cmt)

=> tg MNI đồng dạng với MHK (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{MI}{MH}=\dfrac{MN}{MK}\)

Ta có tg MAK cân tại M (cmt) => MK=MA

\(\Rightarrow\dfrac{MI}{MH}=\dfrac{MN}{MA}\Rightarrow MI.MA=MH.MN\)