Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại M. Lấy điểm E nằm giữa A và M. Trên cạnh AC, BC lần lượt lấy điểm D, F sao cho AD = AE và BF = BE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF lần lượt cắt AB và BC tại G (khác E) và H (khác F). Chứng minh rằng (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF và các đường thẳng CM, ED, GH đồng quy.

Trên cùng một mặt phẳng toạ độ, cho parabol \(\left( {\rm{P}} \right):{\rm{y}} = {{\rm{x}}^2}\) và đường thẳng \(\left( {\rm{d}} \right):{\rm{y}} = {\rm{kx}} + 5\). Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm A và B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục Ox.

a) Khi k=-4, tính diện tích hình thanh ABDC.

b) Tìm tất cả các giá trị của k để AD và BC cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn đường kính CD.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

\({x^2} = - 4x + 5\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 0\)

\(a + b + c = 1 + 4 - 5 = 0\)

\(x = 1,\;x = - 5\)

\(x = 1 \Rightarrow y = {x^2} = 1\)

\(x = - 5 \Rightarrow y = {x^2} = 2\)

\(A\left( { - 5;25} \right)\;v\`a \;B\left( {1;1} \right)\)

Diện tích hình thanh \(ABDC:\)

\(\frac{{\left( {AC + BD} \right).CD}}{2} = \frac{{\left( {25 + 1} \right).6}}{2} = 78\) (đvdt)

b) + Gọi I là giao điểm của AD và BC.

Vì I thuộc đường tròn đường kính CD nên:

$\widehat{CID}={90}^{°}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow AD \bot BC\)

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

\({x^2} = kx + 5\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - kx - 5 = 0\)

\(c.a = - 5 < 0\)

Do đó hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu.

Toạ độ hai giao điểm là \(A\left( {{x_1},\;{y_1}} \right)\;v\`a \;B\left( {{x_2},\;{y_2}} \right)\).

+ Theo định lí Vi-ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = k}\\{{x_1}{x_2} = - 5}\end{array}} \right.\)

+ Phương trình đường thẳng AD có dạng: \(y = ax + b\). Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{y_1} = a{x_1} + b}\\{{y_D} = a{x_D} + b}\end{array}} \right.\;\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{k{x_1} + 5 = a{x_1} + b}\\{0 = a{x_2} + b\;}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow k{x_1} + 5 = a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\) (trừ theo vế)

+ Phương trình đường thẳng BC có dạng: \(y = a'x + b'\). Tương tự như trên ta có:

\(k{x_2} + 5 = a'\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\)

Nhân theo vế hai ý vừa có được:

\(\left( {k{x_1} + 5} \right)\left( {k{x_2} + 5} \right) = \mathop {\mathop { - a.a'}\limits_{} }\limits_{} .{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {k^2}{x_1}{x_2} + 5k\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 25 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}\) \( \Leftrightarrow - 5{k^2} + 5{k^2} + 25 = {k^2} + 20\)

\( \Leftrightarrow {k^2} = 5\) \( \Leftrightarrow k = \pm \sqrt 5 \)

Vậy \(k = \pm \sqrt 5 \)

Cho biểu thức \({\rm{P}} = \frac{{{\rm{x}} + {\rm{y}}}}{{\sqrt {\rm{x}} - \sqrt {\rm{y}} }}:\left( {\frac{{\sqrt {\rm{x}} }}{{\sqrt {\rm{y}} }} - \frac{{\rm{x}}}{{\sqrt {{\rm{xy}}} + {\rm{y}}}} - \frac{{\sqrt {{\rm{xy}}} }}{{\sqrt {{\rm{xy}}} - {\rm{x}}}}} \right)\) và biểu thức \({\rm{Q}} = \frac{{{\rm{x}}\sqrt {\rm{x}} - {\rm{y}}\sqrt {\rm{y}} - {\rm{x}}\sqrt {\rm{y}} + {\rm{y}}\sqrt {\rm{x}} }}{{2\left( {\sqrt {\rm{x}} - \sqrt {\rm{y}} {\rm{\;}}} \right)}}\) với \({\rm{x}} > 0,{\rm{\;y}} > 0\) và \({\rm{x}} \ne {\rm{y}}\). Rút gọn các biểu thức P, Q và chứng minh rằng với các số x, y dương phân biệt tuỳ ý thì 4Q+1>2P.

\(P = \sqrt x + \sqrt y \Rightarrow 2P = 2\sqrt x + 2\sqrt y \)

\(Q = \frac{{x + y}}{2} \Rightarrow 4Q + 1 = 2\left( {x + y} \right) + 1\)

Nhân hai vế của biểu thức \(4Q + 1 - 2P\) cho 2

\(2\left( {4Q + 1 - 2P} \right) = 4x + 4y + 2 - 4\sqrt x - 4\sqrt y \)

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

Ta có \(x \ne y \Rightarrow 2\left( {4Q + 1 - 2P} \right) > 0\)\( \Rightarrow 4Q + 1 > 2P\)