Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Tứ giác PDKI nọi tiếp đườngtròn đường kính PK.
b) Ta có \(\Delta CIK\sim\Delta CDP(g.g)\) nên \(CI.CP=CK.CD\).
c) Giả sử Q nằm trên cung nhỏ AB.
Khi đó Q là điểm chính giữa của cung nhỏ AB nên IQ là phân giác của góc AIB. Lại có IC vuông góc với IQ nên IC là phân giác ngoài của tam giác IAB.
b) Theo phương tích ta có CP . CI = CA . CB.
Lại có CK . CD = CI . CP nên CK . CD = CA . CB.
Mà C, A, B cố định và D là trung điểm của AB \(\Rightarrow\) D cố định nên K cũng cố định.
Vậy QI đi qua K cố định.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1. Để chứng minh cung DE có số đo không đổi, ta cần chứng minh góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Thực vậy, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, OB và OC là phân giác ngoài của tam giác ABC. Ta có
\(\angle BOC=180^{\circ}-\frac{\angle MBC}{2}-\frac{\angle NCB}{2}=\frac{\angle ABC}{2}+\frac{\angle ACB}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle BAC}{2}=90^{\circ}-\frac{a}{2}\)
Do đó góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Suy ra cung DE có số đo không đổi.
2. Do CD vuông góc với AB nên BC,BD là đường kính của hai đường tròn (O) và (O'). Suy ra
\(\angle CFB=\angle DEB=90^{\circ}\to\angle CFD=\angle CED=90^{\circ}.\) Vậy tứ giác CDEF nội tiếp. Do đó \(\angle ECF=\angle EDF\to\angle FAB=\angle ECF=\angle EDF=\angle EDB\)
Vậy AB là phân giác của góc AEF.
3. Đề bài có chút nhầm lẫn, "kẻ \(IH\perp BC\) mới đúng. Do tam giác ABC nhọn và I nằm trong nên các điểm H,K,L nằm trên các cạnh của tam giác. Sử dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2,\) ta suy ra \(AL^2+BL^2\ge\frac{1}{2}\left(AL+BL\right)^2=\frac{1}{2}AB^2.\) Tương tự ta cũng có \(BH^2+CH^2\ge\frac{1}{2}BC^2,KC^2+KA^2\ge\frac{1}{2}AC^2.\) Mặt khác theo định lý Pitago
\(AL^2+BH^2+CK^2=\left(IA^2-IL^2\right)+\left(IB^2-IH^2\right)+\left(IC^2-IK^2\right)\)
\(=\left(IA^2-IK^2\right)+\left(IB^2-IL^2\right)+\left(IC^2-IH^2\right)\)
\(=BL^2+CH^2+AK^2.\)
Thành thử \(AL^2+BH^2+CK^2=\frac{\left(AL^2+BL^2\right)+\left(BH^2+CH^2\right)+\left(CK^2+AK^2\right)}{2}\ge\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2}.\)
Dấu bằng xảy ra khi \(AL=BL,BH=CH,CK=AK\Leftrightarrow I\) là giao điểm ba đường trung trực.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Trả lời:
a) (O′) có OA là đường kính và E(O′) nên OE⊥AC
Tương tự với (O) ta có BC⊥AC nên OE//BC mà OO là trung điểm của AB
⇒E là trung điểm của AC⇒ OE=12BC.
Tương tự OF=12DB mà cung BC bằng cung BD nên BC=BD⇒OE=OF hay cung OE= cung OF.
~Học tốt!~
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Dễ thấy b = 1, d = 2, e = 4 đặt y = x2 – 2 suy ra y2 = x4 – 4x2 + 4
Biến đổi P(x) = x4 – 4x2 + 4 – x3 – 6x2 + 2x
= (x2 – 2)2 – x(x2 – 2) – 6x2
Từ đó Q(y) = y2 – xy – 6x2
Tìm m, n sao cho m.n = - 6x2 và m + n = - x chọn m = 2x, n = -3x
Ta có: Q(y) = y2 + 2xy – 3xy – 6x2
= y(y + 2x) – 3x(y + 2x)
= (y + 2x)(y – 3x)
Do đó: P(x) = (x2 + 2x – 2)(x2 – 3x – 2).
* Nếu đa thức P(x) có chứa ax4 thì có thể xét đa thức Q(x) = P(x)/a theo cách trên.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Xét 2 TH:
- TH \(P_x,P_y\) nằm về 2 phía của đường kính kẻ qua P ( TH còn lại tương tự)
Kẻ \(OI\perp P_x\) ta có:
\(IP=IE,IA=IB\)
\(\Rightarrow PI-AI=EI-BI\) hay PA=BE ( đpcm)
b) Kẻ \(OK\perp P_y\)
Trong đường tròn \(\left(O;r\right)\), vì AB>CD => OI<OK
Khi đó trong đường tròn \(\Rightarrow PE>PF\)
Theo định lý về mối quan hệ giữa dây và cung , trong đường tròn \(\left(O;R\right)\)
ta có: cung PE > cung PF ( đpcm)
Giải :
a) kẻ OH vuông góc với PE bà AB
⇒ H là trđ PE, AB
hay HP = HE, HA = HB
⇒ HP - HA = HE - HB
⇒ AP = BE.
b) kẻ OK vuông góc với PF
-Xét (O;r) có : AB > CD ( gt)
⇒ OH < OK ( mối liên hệ giữa dây và k/c từ tâm đến dây )
-Xét (O;R) có : OH < OK (cmt )
⇒ PE> PF.