cho đường thẳng (d): k(x-1)+3y=1 và prabol (P): y=3x2
CMR: (P) và (d) luôc cắt nhau tại một điểm cố định khi k thay đổi.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
12 tháng 2 2019
Gọi I là giao điểm của CQ và AH, F là giao của BK và AG.
Áp dụng ĐL Céva cho \(\Delta\)AKB: \(\frac{CK}{CA}.\frac{EA}{EB}.\frac{FB}{FK}=1\). Mà \(\frac{EA}{EB}=1\) nên \(\frac{CK}{CA}=\frac{FK}{FB}\)
=> CF // AB (ĐL Thales đảo). Do AB vuông góc AC nên CF vuông góc AC (1)
Áp dụng ĐL Mélelaus cho \(\Delta\)CKQ với bộ điểm (H I A) thẳng hàng: \(\frac{HQ}{HK}.\frac{IC}{IQ}.\frac{AK}{AC}=1\)
Tương tự với \(\Delta\)FKQ: \(\frac{HQ}{HK}.\frac{GF}{GQ}.\frac{BK}{BF}=1\)
Từ đó: \(\frac{HQ}{HK}.\frac{IC}{IQ}.\frac{AK}{AC}=\frac{HQ}{HK}.\frac{GF}{GQ}.\frac{BK}{BF}\). Mà \(\frac{AK}{AC}=\frac{BK}{BF}\)(ĐL Thales)
Nên \(\frac{IC}{IQ}=\frac{GF}{GQ}\). Áp dụng ĐL Thales đảo cho \(\Delta\)CQF, suy ra: GI // CF (2)
Từ (1) và (2) suy ra: GI vuông góc AC. Do đó: I là trực tâm của \(\Delta\)ACG => CI vuông góc AG
Hay ^AQC = 900 => Q nằm trên đường tròn đường kính AC cố định (đpcm).
4 tháng 2 2019
a) Bằng các góc nội tiếp, ta có: ^BCD = ^BAD = ^BAQ = ^BPQ và ^DBC = ^DAP = ^PAQ = ^QBP
Do đó: \(\Delta\)BCD ~ \(\Delta\)BPQ (g.g) (đpcm).
b) Theo câu a: ^BCD = ^BPQ hay ^BCK = ^BPK => 4 điểm K,P,C,B cùng thuộc 1 đường tròn
=> Đường tròn (KCP) đi qua B. Mà B cố định nên ta có ĐPCM.
24 tháng 4 2020
a) ta có: \(\widehat{BCD}=\widehat{BAD}\)(cùng chắn cung BD)
\(=\widehat{BPQ}\)(vì cùng chắn cung BQ)
Tương tự \(\widehat{BDC}=\widehat{BAC}\)(cùng chắn cung BC)
\(=\widehat{BQP}\)(cùng bù \(\widehat{BAP}\))
=> \(\Delta BCD~\Delta BPQ\left(gg\right)\)
b) Vì \(\widehat{BCD}=\widehat{BPQ}\Rightarrow\widehat{BPK}=\widehat{BCK}\)
=> Tứ giác BCPK nội tiếp
=> Đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)PCK đi qua B cố định