Xét tứ giác AIHK:

\(\widehat{AIH}+\widehat{AKH}=90^o+90^o=180^o\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác AIHK nội tiếp

Xét \(\Delta MIB\) và \(\Delta MCK\):

\(\widehat{IMC}\) chung

\(\widehat{MBI}=\widehat{MKC}\)

\(\Rightarrow\Delta MIB~\Delta MCK\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{MI}{MB}=\dfrac{MC}{MK}\)

\(\Leftrightarrow MI.MK=MC.MB\)

\(\widehat{IMP}=\dfrac{1}{2}\widehat{IMB}\)

\(\widehat{IAP}=\dfrac{1}{2}\widehat{IAK}\)

\(\Rightarrow\widehat{APM}=180^o-\dfrac{1}{2}\left(\widehat{IMB}+\widehat{IAK}\right)=180^o-\dfrac{1}{2}.180^o=90^o\)

\(\Rightarrow AP\perp MP\).

a) Dễ thấy \(\widehat{ADC}=\widehat{AFC}=90^o\) \(\Rightarrow\) Tứ giác ACDF nội tiếp đường tròn nhận AC làm đường kính \(\Rightarrow\) Tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACDF chính là trung điểm của đoạn AC.

b) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác HBC với cát tuyến DFK, ta có \(\dfrac{KH}{KB}.\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{FC}{FH}=1\) \(\Rightarrow\dfrac{KH}{KB}=\dfrac{DC}{DB}.\dfrac{FH}{FC}\) (1)

Áp dụng định lý Ceva cho tam giác HBC với các đường đồng quy CE, DH, BF và \(D\in BC,E\in HB,F\in HC\), ta có \(\dfrac{DC}{DB}.\dfrac{EB}{EH}.\dfrac{FH}{FC}=1\) \(\Rightarrow\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{DC}{DB}.\dfrac{FH}{FC}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{KH}{KB}=\dfrac{EH}{EB}\) \(\Rightarrow\) đpcm

 Nếu bạn chưa thấy câu trả lời thì vào trang cá nhân của mình xem nhé.

867

có cái nịt

\(DKXD:a\ne0\)

\(\dfrac{x-a}{3}\text{=}\dfrac{x+3}{a}+2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a\left(x-a\right)}{3a}\text{=}\dfrac{3\left(x+3\right)}{3a}-\dfrac{6a}{3a}\)

\(\Rightarrow a\left(x-a\right)\text{=}3\left(x+3\right)-6a\)

\(\Leftrightarrow ax-a^2\text{=}3x+9-6a\)

\(\Leftrightarrow ax-3x\text{=}a^2-6a+9\)

\(\Leftrightarrow x\left(a-3\right)\text{=}\left(a-3\right)^2\)

Nếu \(a\ne3\) , phương trình có nghiệm \(x\text{=}a-3\)

Nếu \(a\text{=}3\) thì pt có dạng : \(0x\text{=}0\)

\(Vay...\)

cái chỗ : \(0x\text{=}0\left(ptvonghiem\right)\) rồi kết luận nha

tự đi mà làm