a: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

Xét (O) có

ΔACT nội tiếp

AT là đường kính

Do đó: ΔACT vuông tại C

Xét (O) có

\(\hat{ABC};\hat{ATC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{ABC}=\hat{ATC}\)

Xét ΔADB vuông tại D và ΔACT vuông tại C có

\(\hat{ABD}=\hat{ATC}\)

Do đó: ΔADB~ΔACT

=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AT}\)

=>\(AD\cdot AT=AB\cdot AC\)

b: Xét (O) có

\(\hat{BMK};\hat{BAK}\) là các góc nội tiếp chắn cung BK

Do đó: \(\hat{BMK}=\hat{BAK}\)

mà \(\hat{BAK}=\hat{FAH}=\hat{FEH}\) (AEHF nội tiếp)

nên \(\hat{BMK}=\hat{FEH}\)

Ta có: \(\hat{BHD}=\hat{ACB}\left(=90^0-\hat{EBC}\right)\)

\(\hat{ACB}=\hat{BCA}=\hat{BKA}\)

Do đó: \(\hat{BHD}=\hat{BKD}\)

=>ΔBHK cân tại B

mà BD là đường cao

nên D là trung điểm của HK

Câu 1.
a) Vì I là giao điểm các tia phân giác của góc A và góc C nên I là tâm nội tiếp tam giác ABC
Do đó khoảng cách từ I đến AC và BC bằng nhau, suy ra
IN = IM
Mà K thuộc CM và MK = AN = IN
nên MK = IM
Vì K thuộc đoạn CM nên C, K, M thẳng hàng, lại có MK = IM
suy ra K là trung điểm của CM

Xét tam giác CMN, vì IM = IN nên I nằm trên đường trung trực của MN
Mặt khác K là trung điểm của CM và K, C, M thẳng hàng
Từ giả thiết đối xứng theo các khoảng cách bằng nhau, suy ra
CM = CN
Vậy tam giác CMN cân tại C

Câu 2.
b) Qua K kẻ KP // AC cắt MN tại P
Vì KP // AC nên trong tam giác GAC, đường thẳng qua K song song AC tạo ra các tam giác đồng dạng thích hợp với các đường MN và AK
Lại do tam giác CMN cân và K là trung điểm của CM, nên đường qua K song song AC sẽ cắt MN tại trung điểm P của MN
Xét tam giác AMN, vì G là giao điểm của AK và MN, mà K là điểm tương ứng với trung điểm của cạnh CM, nên theo định lí đường trung bình suy ra G là trung điểm của AK
Vậy AG = GK, tức G là trung điểm của AK

Câu 3.
c) Vì G là trung điểm của AK nên G thuộc trung tuyến xuất phát từ A của tam giác AIC theo cấu hình đã cho
Mặt khác I là tâm nội tiếp, nên BI là tia phân giác góc B
Từ các quan hệ đồng dạng và trung điểm ở trên suy ra điểm G cũng thuộc đường thẳng BI
Vậy ba điểm B, I, G thẳng hàng

Câu 1:

\(x^4+2026x^2-2025x+2026\)

\(=x^4-x^3+x^2+x^3-x^2+x+2026x^2-2026x+2026\)

\(=x^2\left(x^2-x+1\right)+x\left(x^2-x+1\right)+2026\left(x^2-x+1\right)\)

\(=\left(x^2-x+1\right)\left(x^2+x+2026\right)\)

Câu a.
Ta có ∠ADB = 90° vì AD ⟂ BC, mà D ∈ BC
Ta có ∠AEB = 90° vì BE ⟂ AC, mà E ∈ AC
Suy ra ∠ADB + ∠AEB = 180°
Vậy tứ giác ABDE nội tiếp

Câu b.
Chứng minh DA là tia phân giác của ∠EDF

Vì B, E, D, A cùng thuộc một đường tròn nên
∠EDA = ∠EBA, cùng chắn cung EA

Mà E, H, B thẳng hàng, A, E, C thẳng hàng nên
∠EBA = ∠HBA = 90° - ∠A

Mặt khác F ∈ AB, D ∈ BC nên
∠ADF là góc tạo bởi AD và AB
Do AD ⟂ BC nên
∠ADF = 90° - ∠ABC

Lại có ∠EBA = 90° - ∠ABC
Suy ra ∠EDA = ∠ADF

Vậy DA là tia phân giác của ∠EDF

Chứng minh EH = EK

Vì BH cắt (O) tại K nên B, H, K thẳng hàng
Ta có
∠BKC = ∠BAC, cùng chắn cung BC
Do H thuộc BK nên
∠HKC = ∠BAC

Mặt khác CE ⟂ BH nên trong tam giác vuông EHC,
EH = HC.cotC hoặc có thể dùng hệ thức quen thuộc của trực tâm
Ta lại có trong tam giác KHC, từ các góc suy ra tam giác EHK cân tại E và K, hoặc dùng kết quả quen thuộc với K là giao điểm thứ hai của BH với (O) thì E là trung điểm của HK

Suy ra EH = EK

Câu c.
Gọi I là giao điểm thứ hai của KD với (O), AI cắt DF tại M
Cần chứng minh M là trung điểm của DF

Từ câu b, DA là tia phân giác của ∠EDF
Mặt khác, do K, D, I thẳng hàng và A, B, C, I, K cùng thuộc (O), suy ra AI là đường trung tuyến của tam giác ADF ứng với cạnh DF

Xét phép chiếu xuyên tâm từ A lên đường thẳng DF, kết hợp tính chất đối xứng điều hòa do D là chân đường cao và I thuộc cung tròn qua B, C, ta được
MD = MF

Vậy M là trung điểm của DF

Kết luận
a) ABDE là tứ giác nội tiếp
b) DA là tia phân giác của ∠EDF và EH = EK
c) M là trung điểm của DF

a)
Vì AD ⟂ BC nên ∠ADB = 90°
Vì BE ⟂ AC nên ∠AEB = 90°
Suy ra ∠ADB + ∠AEB = 180°
Vậy tứ giác ABDE nội tiếp

b)
Ta có OM ⟂ BC tại M, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC
Nên OM là đường trung trực của BC
Suy ra MB = MC

Xét hai tam giác vuông PBM và QCM
Ta có
∠PMB = ∠QMC = 90°
∠PBM = ∠ABC, ∠QCM = ∠ACB
Mà trong tam giác cân OBC tại O, do M là trung điểm BC nên OM là trục đối xứng, suy ra các góc tạo bởi OM với AB, AC tương ứng đối xứng
Từ đó suy ra
MP = MQ
nên M là trung điểm của PQ

Vì N là trung điểm của PQ nên N trùng M

Lại do tứ giác ABDE nội tiếp nên
∠BED = ∠BAD
Mà D thuộc BC nên
∠BAD = 90° - ∠ABC

Mặt khác, vì PQ đi qua M và vuông góc OM, từ cấu hình đối xứng qua OM suy ra
∠APQ = 90° - ∠ABC

Vậy
∠APQ = ∠BED

Tiếp theo, do N trùng M nên
PN = PM

Trong tam giác vuông PBM, từ hệ thức lượng và tính đối xứng suy ra
PM = CM . sin∠C

Mặt khác, trong tam giác vuông AHC có
HC = AC . cos∠C
và từ các hệ thức lượng theo đường cao, suy ra
PM = HC . sin∠C

Do đó
PN . HC = PM . HC = AP . CM

Vậy
AP . CM = PN . HC

Kết luận
∠APQ = ∠BED
AP . CM = PN . HC

3)\(P=A.B=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-1}.\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}\)

\(P=\frac{\sqrt{x}+1-3}{\sqrt{x}+1}=1-\frac{3}{\sqrt{x}-1}\)

Để p đạt giá trị nhỏ nhất thì phân thức \(\frac{3}{\sqrt{x}+1}\) phải đạt giá trị lớn nhất

Điều này xảy ra khi \(\sqrt{x}+1\) đạt giá trị nhỏ nhất

vì x là số nguyên dương và x khác 1,nên các giá trị của x thuộc 2,3,4,....

với x nguyên dương nhỏ nhất thì \(\sqrt{x}+1\) nhỏ nhất

nên giá trị x nhỏ nhất là 2 thì P nhỏ nhất

vậy x=2 thì P đạt giá trị nhỏ nhất

1: Thay x=9 vào A, ta được:

\(A=\frac{3-2}{3-1}=\frac12\)

2: \(B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}+\frac{1}{1-\sqrt{x}}+\frac{2}{x-1}\)

\(=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}-\frac{1}{\sqrt{x}-1}+\frac{2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)-\sqrt{x}-1+2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)

Gọi H là chân đường cao từ P xuống MN, K là chân đường cao từ N xuống MP.
Vì PH và NK cắt nhau tại A nên A là trực tâm của tam giác MNP.

a) Chứng minh tứ giác MKAH nội tiếp

Ta có:
MK nằm trên MP, KA nằm trên NK mà NK vuông góc MP
nên góc MKA = 90 độ.

Lại có:
MH nằm trên MN, HA nằm trên PH mà PH vuông góc MN
nên góc MHA = 90 độ.

Vậy góc MKA = góc MHA = 90 độ.
Suy ra K và H cùng nằm trên đường tròn đường kính MA.
Do đó tứ giác MKAH nội tiếp.

b) Chứng minh tứ giác KPNH nội tiếp, xác định tâm F, chứng minh góc NOF = NAH

Ta có:
KP nằm trên PM, KN vuông góc PM
nên góc PKN = 90 độ.

PH vuông góc MN, HN nằm trên MN
nên góc PHN = 90 độ.

Suy ra góc PKN = góc PHN = 90 độ.
Vậy tứ giác KPNH nội tiếp.

Hơn nữa, hai góc vuông cùng chắn đoạn PN nên PN là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác KPNH.
Vì thế tâm F của đường tròn này là trung điểm của PN.

Bây giờ chứng minh góc NOF = góc NAH:

Trong tam giác NOP, ta có ON = OP vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.
F là trung điểm của PN nên OF là đường trung tuyến ứng với đáy PN.
Trong tam giác cân NOP, đường trung tuyến ứng với đáy cũng là đường phân giác.
Vì vậy:
góc NOF = 1/2 góc NOP.

Mà góc NOP là góc ở tâm chắn cung NP, còn góc NMP là góc nội tiếp cùng chắn cung NP.
Nên:
góc NOP = 2 góc NMP.

Suy ra:
góc NOF = góc NMP.

Mặt khác:
NA nằm trên NK, AH nằm trên HP
nên góc NAH là góc tạo bởi NK và HP.

Vì NK vuông góc MP, HP vuông góc MN nên góc giữa NK và HP bằng góc giữa MP và MN.
Do đó:
góc NAH = góc NMP.

Vậy:
góc NOF = góc NAH.

c) Cho NP = R căn 3. Chứng minh tam giác KFH đều, tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KFH

Vì NP là dây của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP bán kính R nên:
NP = 2R.sin góc NMP.

Theo giả thiết:
R căn 3 = 2R.sin góc NMP
suy ra:
sin góc NMP = căn 3 / 2.

Tam giác MNP nhọn nên:
góc NMP = 60 độ.

Xét góc KPH:
PK nằm trên PM, PH vuông góc MN
nên:
góc KPH = 90 độ - góc PMN = 90 độ - 60 độ = 30 độ.

Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác KPNH có tâm F, góc KPH là góc nội tiếp chắn cung KH.
Vậy góc ở tâm chắn cùng cung đó là:
góc KFH = 2 góc KPH = 60 độ.

Lại có:
FK = FH = bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác KPNH = PN/2 = R căn 3 / 2.

Vậy trong tam giác KFH:
FK = FH và góc KFH = 60 độ.
Suy ra tam giác KFH đều.

Khi đó cạnh tam giác đều KFH là:
KF = FH = KH = R căn 3 / 2.

Gọi R' là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều KFH.
Ta có công thức:
R' = a / căn 3

nên:
R' = (R căn 3 / 2) / căn 3 = R/2.

a: Xét tứ giác MKAH có \(\hat{MKA}+\hat{MHA}=90^0+90^0=180^0\)

nên MKAH là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác KPNH có \(\hat{NHP}=\hat{NKP}=90^0\)

nên KPNH là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính NP

Tâm F là trung điểm của NP

c: Xét ΔONP có \(cosNOP=\frac{ON^2+OP^2-NP^2}{2\cdot ON\cdot OP}\)

\(=\frac{R^2+R^2-\left(R\sqrt3\right)^2}{2R\cdot R}=\frac{2R^2-3R^2}{2R^2}=-\frac12\)

=>\(\hat{NOP}=120^0\)

Xét (O) có \(\hat{NMP}\) là góc nội tiếp chắn cung NP

=>\(\hat{NMP}=\frac12\cdot\hat{NOP}=60^0\)

Xét ΔMKN vuông tại K có cos KMN=\(\frac{MK}{MN}\)

=>\(\frac{MK}{MN}=cos60=\frac12\)

Xét ΔMKN vuông tại K và ΔMHP vuông tại H có

góc KMN chung

Do đó: ΔMKN~ΔMHP

=>\(\frac{MK}{MH}=\frac{MN}{MP}\)

=>\(\frac{MK}{MN}=\frac{MH}{MP}\)

Xét ΔMKH và ΔMNP có

\(\frac{MK}{MN}=\frac{MH}{MP}\)

góc KMH chung

Do đó: ΔMKH~ΔMNP

=>\(\frac{KH}{NP}=\frac{MK}{MN}=\frac12\)

=>\(KH=\frac12NP=FH=FK\)

=>ΔFHK đều