A B C D M N Q P H O

Xét hình bình hành ABCD ngoại tiếp (O)

Theo đầu bài ta suy ra các cạnh của hình bình hành là tiếp tuyến của (O)

Gọi M , N , P , Q là các tiếp điểm của đường tròn với các cạnh như hình vẽ

Theo tính chất tiếp tuyến có: CM = CN ; AP = AQ ; BM = BQ ; PD = DN

=> CM + BM + AP + PD = CN + DN + AQ + BQ

=> 2BC = 2AB

=> BC = AB

Kẻ AH \(\perp\)BC ta có: AB > AH (Đường xiên , hình chiếu)

                         Dấu "=" xảy ra khi ^ABC = 90^o

Ta có : OM ⊥ BC ; OP ⊥ AD , AD // BC

=> P , O  , M thẳng hàng

Do đó AH = PM = 2r

\(S_{ABCD}=AH.BC=2r.AB\ge2r.AH=2r.2r=4r^2\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow AH\equiv AB\Leftrightarrow\widehat{ABC}=90^o\)

Mà ABCD là hình bình hành

=> ABCD là hình vuông

Vậy trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O;r) thì hình vuông có diện tích nhỏ nhất và bằng 4r²

hình đâu bn

ko có hình sao biết đc!!

ĐK:  \(x\ge0\) hoặc  \(x\le-1\)

Đặt:  \(\sqrt{x^2+1}=a;\) \(\sqrt{x^2+x}=b\)   \(\left(a,b\ge0\right)\)

Khi đó pt đcho trở thành: 

 \(a-b=b^2-a^2\)

<=>  \(\left(a-b\right)\left(a+b+1\right)=0\)

đến đây tự lm
p/s: bài này có nhiều cách, bn tham khảo

a, Ta co 2 bo de quen thuoc sau : FC la phan giac ^EFD, FB la phan giac PFD

ma QR//EP nen

\(\widehat{PFB}=\widehat{FQD}=\widehat{QFD}\Rightarrow\Delta DFQ\) can tai D => DF=DQ (1)

mat khac theo tinh chat tia phan giac ngoai ^PFD co \(\frac{FD}{FP}=\frac{CD}{CP}\) 

ma \(\frac{CD}{CP}=\frac{DT}{PF}\) (DT//PF)

suy ra \(\frac{DF}{PF}=\frac{DT}{PF}\Rightarrow DT=DF\) (2)

Tu(1)va (2) suy ra DT=DQ hay D la trung diem QT

b, Goi S la trung diem BC ta chung minh PQSR noi tiep 

Co \(\Delta PSE~\Delta ESD\left(G-G\right)\Rightarrow\frac{PS}{ES}=\frac{ES}{SD}\Leftrightarrow ES^2=PS.DS\)

lai co ES=SB=SC do S la trung diem canh huyen BC cua tam giac vuong BEC

suy ra \(BS^2=PS.SD=DS\left(PD+DS\right)=SD^2+PD.DS\)

=> \(PD.DS=BS^2-SD^2=\left(BS-DS\right)\left(BS+DS\right)=BD.DC\) (3)

Mat khac ^DQB=^PFB(cmt)

^PFB=^RCD( BFEC nt)

suy ra ^DQB=^RCD=> BQCR noi tiep

=> \(BD.DC=DQ.DR\) (4)

Tu (3),(4) suy ra DP.DS=DQ.DR => PQDR noi tiep 

=> (PQR) di qua S la trung diem BC co dinh

c,lay H' doi xung voi H qua BC, ta co H' thuoc (O) .

ta lai co bo de sau : \(BD.DC=DH.DA\) (quen thuoc)

suy ra \(DP.DS=DH.DA\left(=DB.DC\right)\)

<=> \(\frac{DH}{DP}=\frac{DS}{DA}\)

ma ^HDP=^SDA=90

suy ra \(\Delta DHP~\Delta DSA\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{DHP}=\widehat{DSA}\)

va \(\widehat{DSA}=\widehat{AHK}\left(phu\widehat{DAS}\right)\)

=>\(\widehat{DHP}=\widehat{AHK}\) => P,H,K thang hang

lai co \(\widehat{AFH}=\widehat{AKH}=\widehat{AEH}=90\)

=> A,F,H,K,E cung thuoc 1 duong tron =. FHKE noi tiep

=>\(PF.PE=PH.PK\) (5)

ma BFEC noi tiep => \(PF.PE=PB.PC\) (6)

(5)+(6)Suy ra \(PH.PK=PB.PC\) => BHKC noi tiep

Vi H' ,I doi xung voi H,K qua BC ma BHKC noi tiep => BH'IC noi tiep

do vay \(I\in\left(BH'C\right)=\left(ABH'C\right)=\left(O\right)\)

e,Goi tam (CJL) la U, (U) cat (O) tai V, BC giao OG tai X

=> \(\widehat{VBG}=\widehat{VJG}\left(=\widehat{VCB}\right)\) =>BJVG noi tiep

=> B,J,X,V,G cung thuoc 1 duong tron => ^BVG=^BXG=90

lai co ^XVG +^XBG=180 hay ^XVG+^BAC=180

va ^BVC+^BAC=180

suy ra ^XVG=^BVC

hay 90 +^XVB=^XVB+^XVC

=> ^XVC=90

=> V thuoc duong tron dk XC

mat khac V cung thuoc (O)

suy ra V co dinh ,C co dinh 

suy ra tam U di chuyen tren trung truc VC co dinh (dpcm)

em mới lớp 5 lên ko bít bài này

B C A D G E F H M O N P S T

1) +) Xét đường tròn (AD): ^AED = ^AFD = 90⁰ (Các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: BD² = BE.BA;  CD² = CF.CA => (BD.CD)² = AB.AC.BE.CF

Hay AD⁴ = AD.BC.BE.CF => AD³ = BC.BE.CF => \(\frac{AD^3}{BE.CF}=BC=2R\)

+) Chứng minh H,E,F thẳng hàng ?

Ta có: AE.AB = AF.AC (=AD²) => Tứ giác BEFC nội tiếp => ^CBE = ^AFE = ^EGH (Do tứ giác AGEF nội tiếp)

=> Tứ giác BEGH nội tiếp => ^GEH = ^GBH = ^GAF. Mà ^GAF + ^GEF = 180⁰ 

Nên ^GEH + ^GEF = 180⁰ => 3 điểm H,E,F thẳng hàng (đpcm).

2) Ta thấy tứ giác BEGH và BEFC nội tiếp => AG.AH = AE.AB = AF.AC => Tứ giác GFCH nội tiếp

Theo ĐL Ptolemy cho tứ giác GFCH nội tiếp: FG.CH + GH.CF = CG.HF (đpcm).

3) Gọi S,T lần lượt là hình chiếu của N,P trên BC.

Xét đường tròn (P) có: ^ACM = 1/2.Sđ(AM = 90⁰ - ^PMA => ^PMA = 90⁰ - ^ACB.

Tương tự: ^NMA = 90⁰ - ^ABC. Suy ra: ^PMA + ^NMA = 180⁰ - (^ABC + ^ACB) = 90⁰ => ^PMN = 90⁰

Từu đó dễ có: \(\Delta\)NSM ~ \(\Delta\)MTP (g.g) => NS.PT = MS.MT (*)

Xét \(\Delta\)MNP: ^PMN = 90⁰ => \(S_{MNP}=\frac{MN.MP}{2}=\frac{\sqrt{\left(NS^2+MS^2\right)\left(PT^2+MT^2\right)}}{2}\)(ĐL Pytagore)

Áp dụng BĐT Bunhiacopsky: \(S_{MNP}\ge\frac{NS.PT+MS.MT}{2}=MS.MT=\frac{1}{4}BM.CM\)(Dựa vào (*) )

Vậy Min S_MNP = 1/4.BM.CM = const (Vì M cố định). Đạt được khi A là trung điểm cung BC.