Gọi R là độ dài bán kính của đường tròn (O)

Khi đó ta sẽ biểu diễn được: \(\hept{\begin{cases}OH=OC-HC=R-h\\OB=R\end{cases}}\)

Áp dụng định lý Pytago ta có: 

\(OH^2+HB^2=OB^2\)

\(\Leftrightarrow\left(R-h\right)^2+a^2=R^2\)

\(\Leftrightarrow R^2-2Rh+h^2+a^2=R^2\)

\(\Leftrightarrow2Rh=h^2+a^2\)

\(\Rightarrow R=\frac{h^2+a^2}{2h}\)

Vậy \(R=\frac{h^2+a^2}{2h}\)

Đặt bán kính đường tròn là x

Ta có: OB=x, OC=x, HC=h, HB=a

⇒OH=OC-HC=x-h

Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông OHB:

OB² = OH² + HB²

⇔x²=(x - h)²  + a²

⇔2xh =a²  + h²⇔x =\(\dfrac{a^2\text{ +}h^2}{2h}\)

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.

Thọ tested! h heeeee

\(\sqrt{2222}\)

\(\dfrac{1}{22}\)

Giải :

a) Xét (O) có PM // AB

⇒ 2 cung AP và BM bị chắn bởi 2 dây trên sẽ bằng nhau. 

mà BM = BN ( △ BMN cân tại B vì có BE vừa là đ/c, đường trung tuyến △)

⇒ cung BM = cung BN

⇒ cung AP = cung BN

b) Xét (O) có OI đi qua điểm chính giữa của PM (gt)

⇒ OI vuông góc với dây PM tại K

⇒góc OKM = 90 độ.

Xét tứ giác OKME có 3 góc vuông : góc OKM = 90 độ (cmt),

góc MEO = 90 độ ( MN vuông góc với OB tại E

 góc EMK = 90 độ ( vì PM//AB, AB vuông góc với MN ⇒ PM vuông góc với MN tại M )

⇒ OKME là hcn

c) Ta có : góc OPI = góc NOE  ( vì 2 góc đông vị, MP//AB)

mà góc OPI + góc POI = 90 độ ( △POK vuông tại K )

⇒góc NOE + góc POI = 90 độ

⇒ góc NOE + góc POI + góc IOE = 90 + 90 = 180 độ

⇒ P,O,N thẳng hàng

- Xét △ PMN có KE đường TB ( K trđ PM, E trđ MN )

⇒ KE//PN

Thọ tested

Good!

\(e^{i\pi}=-1\)

a) Xét (O) có: AB đường kính (gt), F ϵ (O)

⇒ △ BAF vuông tại F.

⇒ BF vuông góc với AF tại F. hay BF vuông góc với KF

Mà CD vuông góc với KF tại K (gt)

⇒ CD//BF

⇒ 2 cung nhỏ CF và BD chắn 2 dây // của (O) sẽ bằng nhau.

⇒ Đcpcm

b) Ta thấy CDBF là hình thang cân ( CD//BF, CF = BD )

⇒ 2 đường chéo BC = DF. (1)

Mà △ BCE cân tại B ( vì có BH vừa là đ/c, vừa là đường trung tuyến của △)

⇒BC=BE.(2)

Từ (1) và (2) ⇒ DF = BE.

⇒ cung DF = cung BE 

Cộng 2 vế trên với cung EF ta đc:

cung DE = cung BF

⇒ DE = BF

a) ^EAB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ^EAB = 90⁰ hay AE⊥AB

Có AE⊥AB (cmt) và CD⊥AB (gt) nên AE//CD => Cung AC bằng cung DE hay AC = DE (đpcm)

b) ∆AIC và ∆BID vuông tại I nên IA² + IB² + IC² + ID² = (IA² + IC²) + (IB² + ID²) = AC² + BD² = ED² + BD² = BE² (∆EDB có ^EDB = 90⁰ do nó là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà BE² = (2R)² = 4R² nên IA² + IB² + IC² + ID² = 4R² (đpcm)

a) ^EAB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ^EAB = 90⁰ hay AE⊥AB

Có AE⊥AB (cmt) và CD⊥AB (gt) nên AE//CD => Cung AC bằng cung DE hay AC = DE (đpcm)

b) ∆AIC và ∆BID vuông tại I nên IA² + IB² + IC² + ID² = (IA² + IC²) + (IB² + ID²) = AC² + BD² = ED² + BD² = BE² (∆EDB có ^EDB = 90⁰ do nó là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà BE² = (2R)² = 4R² nên IA² + IB² + IC² + ID² = 4R² (đpcm)

A B C D E H O M

a) Từ O kẻ OM vuông góc với AD

Khi đó theo tính chất của đường kính và dây cung thì M là trung điểm AD

Lại có O là trung điểm AE => MO là đường trung bình của tam giác ADE

=> MO // DE , lại có MO // BC (cùng vuông góc với AD)

=> DE // BC

b) Tứ giác ABDC nột tiếp đường tròn (O) 

=> \(\widehat{ADB}=\widehat{BCA}\Leftrightarrow90^0-\widehat{ADB}=90^0-\widehat{BCA}\Rightarrow\widehat{CBD}=\widehat{ECB}\)

Lại có từ phần a, BED là hình thang vì có BC // DE

=> BCED là hình thang cân

a, Xét ΔADE nội tiếp đường tròn đường kính AE

=> AD ⊥ DE (1)

LẠi có AH ⊥ BC = > AD ⊥ BC (2)

Từ (1) và (2) => DE // BC ( cùng vuông góc với AD) (*)

b,  Ta có: Tứ giác ABDC nội tiếp

=> $\widehat{ADB}$= $\widehat{ACB}$

Lại có : $\widehat{CBD}$ + $\widehat{ADB}$ = $\widehat{ACB}$  + $\widehat{ECB}$ ( cùng bằng 90 độ)

=> $\widehat{CBD}$ = $\widehat{ECB}$ (**)

Từ (*) và (**) => BCED là hình thang cân

bđt <=> \(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}-2\cdot\frac{x}{y}-2\cdot\frac{y}{z}-2\cdot\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge0\)

<=> \(\left(\frac{x^2}{y^2}-2\cdot\frac{x}{y}+1\right)+\left(\frac{y^2}{z^2}-2\cdot\frac{y}{z}+1\right)+\left(\frac{z^2}{x^2}-2\cdot\frac{z}{x}+1\right)+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)-3\ge0\)

<=> \(\left(\frac{x}{y}-1\right)^2+\left(\frac{y}{z}-1\right)^2+\left(\frac{z}{x}-1\right)^2+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)\ge3\)(1)

(1) hiển nhiên đúng vì ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(\frac{x}{y}-1\right)^2\\\left(\frac{y}{z}-1\right)^2\\\left(\frac{z}{x}-1\right)^2\end{cases}}\ge0\forall x,y,z>0\)

lại có \(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge3\sqrt[3]{\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}}=3\)( AM-GM )

Vậy bđt ban đầu được chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z 

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y^2}-\frac{x}{y}+\frac{y^2}{z^2}-\frac{y}{z}+\frac{z^2}{x^2}-\frac{z}{x}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x}{y}-\frac{x}{y}+\frac{y}{z}-\frac{y}{z}+\frac{z}{x}-\frac{z}{x}\ge0\)

\(\Leftrightarrow0\ge0\)*luôn đúng*

Vậy ta có đpcm 

P/s : Với bài này có thể dùng BĐT cô si cho 3 số cho VT và VP nhưng ko biết đúng ko :v 

Xét 1 số có dạng \(a^4\) chia 16 có 2 khả năng dư 0 hoặc 1

Khi đó ta sẽ có: \(\hept{\begin{cases}\left(x+y\right)^4\equiv0,1\left(mod16\right)\\x^4\equiv0,1\left(mod16\right)\\y^4\equiv0,1\left(mod16\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)^4+x^4+y^4\equiv0,1,2,3\left(mod16\right)\)

Mà \(3996\equiv12\left(mod16\right)\)

=> Vô lý => PT vô nghiệm

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên

Tam giác AKE chứ k phải ACE nha mn

Ta có: \(\hept{\begin{cases}x^2-2x+1+y^2=1\\\left(x-1\right)^3+y^3=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-1\right)^2+y^2=1\\\left(x-1\right)^3+y^3=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x+y-1\right)^2-2\left(x-1\right)y=1\\\left(x+y-1\right)^3-3\left(x-1\right)y\left(x+y-1\right)=1\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}x+y-1=a\\\left(x-1\right)y=b\end{cases}}\) khi đó HPT trở thành: \(\hept{\begin{cases}a^2-2b=1\\a^3-3ab=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=\frac{a^2-1}{2}\left(1\right)\\a^3-3ab=1\left(2\right)\end{cases}}}\)

Thay (1) vào (2) ta được: \(a^3-3a\cdot\frac{a^2-1}{2}=1\)

\(\Leftrightarrow2a^3-3a^3+3a=2\)

\(\Leftrightarrow a^3-3a+2=0\)\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(a+2\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=1\\a=-2\end{cases}}\)

Nếu \(a=1\Rightarrow x+y-1=1\Leftrightarrow x=2-y\)

Thay vào: \(\left(2-y\right)^2+y^2=2\left(2-y\right)\)

\(\Leftrightarrow4-4y+y^2+y^2=4-2y\)

\(\Leftrightarrow2y^2-2y=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=0\Rightarrow x=2\\y=1\Rightarrow x=1\end{cases}}\)

Nếu \(a=-2\Leftrightarrow x+y-1=-2\Rightarrow y=-x-1\)

Thay vào: \(x^2+\left(x+1\right)^2=2x\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x+1+x^2=2x\Leftrightarrow2x^2+1=0\left(voly\right)\)

Vậy \(\left(x;y\right)\in\left\{\left(1;1\right);\left(2;0\right)\right\}\)