a) Cho biểu thức \[M = \frac{1}{{\sqrt x - \sqrt {x - 1} }} + \frac{1}{{\sqrt x - \sqrt {x - 1} }} - 4 \cdot \frac{{x\sqrt x - x}}{{1 - \sqrt x }},\] với \[x > 1.\]
Rút gọn M và tìm giá trị nhỏ nhất của M.
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho \[A = \sqrt {n + 3} + \sqrt {n + \sqrt {n + 3} } \] là số nguyên.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Cho biểu thức \[M = \frac{1}{{\sqrt x - \sqrt {x - 1} }} + \frac{1}{{\sqrt x - \sqrt {x - 1} }} - 4 \cdot \frac{{x\sqrt x - x}}{{1 - \sqrt x }},\] với \[x > 1.\]
Rút gọn M và tìm giá trị nhỏ nhất của M.
* Rút gọn \(M\):
\(M = \frac{1}{{\sqrt x - \sqrt {x - 1} }} - \frac{1}{{\sqrt x + \sqrt {x - 1} }} - 4\frac{{x\sqrt x - x}}{{1 - \sqrt x }}\)
\( = \left( {\sqrt x + \sqrt {x - 1} } \right) - \left( {\sqrt x - \sqrt {x - 1} } \right) - \frac{{4x\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{1 - \sqrt x }}\)
\( = 2\sqrt {x - 1} + 4x\)
* Tìm giá trị nhỏ nhất của \(M\):
Cách 1: Đặt \(t = \sqrt {x - 1} \,\,\,\,\left( {t > 0} \right)\,\,\, \Rightarrow x = {t^2} + 1\)
Khi đó \(M = 4{t^2} + 2t + 4 = {\left( {2t + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{15}}{4} > 4,\,\,\,\forall t > 0\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow M - \frac{{15}}{4} = {\left( {2t + \frac{1}{2}} \right)^2}\\ \Rightarrow \sqrt {M - \frac{{15}}{4}} = 2t + \frac{1}{2}\end{array}\)
Đặt \(y = f\left( t \right) = 2t + \frac{1}{2}\): HS bậc nhất, đồng biến (vì \(a = 2 > 0\))
Vì \(t > 0\) nên \(y = f\left( t \right) > f\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\)
\( \Rightarrow \)Không tồn tại min\(y\) \( \Rightarrow \)Không tồn tại min\(M\).
Cách 2:
Do \(x > 1\) nên \(2\sqrt {x - 1} > 0\) và \(4x > 4\). Vậy \(M > 4,\,\,\,\forall x > 1\)
Giả sử \(m\) là GTNN của \(M\) \( \Rightarrow \)\(m > 4\)
Xét phương trình: \(\,\,\,\,\,\,2\sqrt {x - 1} + 4x = n\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\( \Leftrightarrow 2\sqrt {x - 1} + 4\left( {x - 1} \right) + 4 - n = 0\)
Đặt \(t = \sqrt {x - 1} \,\,\,\,\left( {t > 0} \right)\,\,\). Phương trình trở thành: \(4{t^2} + 2t + 4 - n = 0\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Vì \(n > 4\)nên\(4\left( {4 - n} \right) < 0\)\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 2 \right)\)trái dấu
\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 2 \right)\)có một nghiệm \(t > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\)có một nghiệm \(x > 1\)
\( \Rightarrow \) Tồn tại \(x > 1\)để \(M = n\) (Điều này vô lý với giả sử \(m\) là GTNN của \(M\))
Vậy không tồn tại GTNN của \(M\).
Cách 3:
Đặt \(t = \sqrt {x - 1} \,\,\,\,\left( {t > 0} \right)\,\,\, \Rightarrow x = {t^2} + 1\)
Khi đó \[M = 4{t^2} + 2t + 4\]
\[ \Leftrightarrow \frac{M}{4} = {t^2} + \frac{t}{2} + 1 = {\left( {t + \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{{15}}{{16}}\]
\[ \Leftrightarrow \,\frac{M}{4} - \,\frac{{15}}{{16}} = {\left( {t + \frac{1}{4}} \right)^2}\]
\[ \Leftrightarrow \,Y = {X^2}\,\,\]với \(\left\{ \begin{array}{l}Y = \frac{M}{4} - \frac{{15}}{{16}}\\X = t + \frac{1}{4} > \frac{1}{4}\end{array} \right.\)
Giả sử GTNN của \[\,Y = \,{Y_0}\] đạt được khi \[\,X = \,{X_0}\].
Theo định nghĩa ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\forall X > \frac{1}{4}:Y \ge {Y_0}\,\,\,\left( * \right)\\\exists X = {X_0} > \frac{1}{4}:Y\left( {{X_0}} \right) = {Y_0}\,\end{array} \right.\)
Vì \[Y = {X^2}\,\,\]là hàm số đồng biến khi \[\,X > 0\] nên \[Y = {X^2}\,\,\]cũng đồng biến khi \[\,X > \frac{1}{4}\]
Chọn \[\,{X_1} > {X_0} > \frac{1}{4}\]\( \Rightarrow \)\[\,Y\left( {{X_1}} \right) > Y\left( {{X_0}} \right)\]\( \Rightarrow \)\({Y_1} > {Y_0}\) (mâu thuẫn với \(\left( * \right)\))
Vậy không tồn tại GTNN của \(M\).
b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho \[A = \sqrt {n + 3} + \sqrt {n + \sqrt {n + 3} } \] là số nguyên.
Cách 1:
Đặt \[m = \sqrt {n + 3} + \sqrt {n + \sqrt {n + 3} } ,m \in \mathbb{Z}*\]
\[\begin{array}{l} \Rightarrow n + \sqrt {n + 3} = {\left( {m - \sqrt {n + 3} } \right)^2} = {m^2} + n + 3 - 2m\sqrt {n + 3} \\ \Rightarrow \sqrt {n + 3} = \frac{{{m^2} + 3}}{{2m + 1}} \in \mathbb{Q}\end{array}\]
Do đó \[\sqrt {n + 3} \in \mathbb{Q}\]
Mà \[n + 3 \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sqrt {n + 3} \in \mathbb{Z}\]
\[\begin{array}{l} \Rightarrow 2m + 1\left| {{m^2} + 3} \right. \Rightarrow 2m + 1\left| {4{m^2} + 12} \right.\\ \Rightarrow 2m + 1\left| {\left[ {{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 2(2m + 1) + 13} \right]} \right.\\ \Rightarrow 2m + 1\left| {13} \right.\end{array}\]
Vì \[n \ge 0 \Rightarrow \sqrt {n + 3} \ge \sqrt 3 \Rightarrow m \ge \sqrt 3 + \sqrt {\sqrt 3 } > 3\]
Vậy \[2m + 1 = 13 \Rightarrow m = 6 \Rightarrow \sqrt {n + 3} = \frac{{{6^2} + 3}}{{2.6 + 1}} = 3 \Rightarrow n = 6\]
Vậy \[n = 6\] là số tự nhiên duy nhất tìm được.
Cách 2:
Đặt \(a = n + 3{\rm{ }}v\`a {\rm{ }}b = n + \sqrt {n + 3} \left( {a,b \in N} \right)\)
\( \Rightarrow a - 3 + \sqrt a = b\)
\[\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {\sqrt a + \frac{1}{2}} \right)^2} - b = \frac{{13}}{4}\\ \Rightarrow {\left( {2\sqrt a + 1} \right)^2} - {\left( {2\sqrt b } \right)^2} = 13\\ \Rightarrow \left( {2\sqrt a + 1 - 2\sqrt b } \right).\left( {2\sqrt a + 1 + 2\sqrt b } \right) = 13\end{array}\]
Ta có \(a,b \in N \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\sqrt a + 1 + 2\sqrt b > 2\sqrt a + 1 - 2\sqrt b \\2\sqrt a + 1 + 2\sqrt b > 0\end{array} \right.\)
\[\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\sqrt a + 1 - 2\sqrt b = 1\\2\sqrt a + 1 + 2\sqrt b = 13\end{array} \right.\\ \Rightarrow a = b = 9\\ \Rightarrow n = 6\end{array}\]
Vậy \[n = 6\]
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
![a) Chứng minh \[{p^4} - 1\] chia hết cho 240 với mọi số nguyên tố \[p > 5.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid1-1766503750.png)
Lời giải
a) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p không chia hết cho 2, 3 và 5 (1)
Ta có \[{p^2}\] là số chính phương \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 0\left( {\bmod 3} \right)\\{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 0\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 4\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\]
Kết hợp với (1) \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\\\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 4\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{p^4} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\\{p^4} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,3\\\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,5\end{array} \right.\] (*)
Mặt khác từ (1) \[ \Rightarrow p\] lẻ
\[ \Rightarrow {p^4} \equiv 1\left( {\bmod 16} \right)\]
\[ \Rightarrow \left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,16\] (**)
Từ (*), (**) và 3, 5, 16 nguyên tố cùng nhau suy ra \[\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {3 \cdot 5 \cdot 16} \right) \Rightarrow \left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,240.\]
Vậy \[{p^4} - 1\] chia hết cho 240 với mọi số nguyên tố \[p > 5.\]
Cách 2:
Do \[p\cancel{ \vdots }3,\,\,p\cancel{ \vdots }5\] nên theo định lí Fecma nhỏ ta có
\[\begin{array}{l}{p^2} - 1\,\, \vdots \,\,3;\,\,{p^4} - 1\,\, \vdots \,\,5\\ \Rightarrow {p^4} - 1\,\, \vdots \,\,15.\end{array}\]
Ta có \[{p^4} - 1 = \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right).\]
Dễ thấy \[p - 1 < p + 1 < {p^2} + 1\] và \[p - 1;\,\,p + 1;\,\,{p^2} + 1\] là ba số chẵn.
Mặt khác \[p - 1;\,\,p + 1\] là hai số chẵn liên tiếp \[ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\,\, \vdots \,\,8\]
\[ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,16\]
\[ \Rightarrow {p^4} - 1\,\, \vdots \,\,\left( {16 \cdot 15} \right) = 240.\]
Cách 3:
Ta có \({p^5} - p = p\left( {{p^4} - 1} \right)\)
\(\begin{array}{l} = p\left( {{p^2} - 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right)\\ = p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} - 4 + 5} \right)\\ = \left( {p - 2} \right)\left( {p - 1} \right)p\left( {p + 1} \right)\left( {p + 2} \right) + 5p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\end{array}\)
Vì \(p - 2,p - 1,p,p + 1,p + 2\) là 5 số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại ít nhất một số chia hết cho 3 và 5
Mà (3,5) = 1
\( \Rightarrow \left( {p - 2} \right)\left( {p + 2} \right)p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 15{\rm{ }}\left( 1 \right)\)
Lại có : P là số nguyên tố >5 nên \[p - 1,p + 1\]là hai số chẵn liên tiếp và \[{p^2} + 1 \vdots 2\]
\( \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right) \vdots 16{\rm{ }}\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2)\( \Rightarrow \left( {p - 2} \right)\left( {p + 2} \right)p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 240{\rm{ }}\left( {v\`i {\rm{ }}\left( {15,16} \right) = 1} \right)\)
Dễ thấy với p là số nguyên tố >5 thì :
\(\begin{array}{l}{\rm{ }}\left[ \begin{array}{l}p \equiv 1(\bmod 4)\\p \equiv 3(\bmod 4)\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 16{\rm{ }}\left( * \right)\end{array}\)
Mặt khác, \(p,(p - 1),\left( {p + 1} \right)\) là 3 số tự nhiên liên tiếp
\( \Rightarrow p(p - 1)\left( {p + 1} \right) \vdots 3{\rm{ }}\left( {**} \right)\)
Từ (*) và (**)
\( \Rightarrow 5p(p - 1)\left( {p + 1} \right) \vdots 240\)
Suy ra \({p^5} - p \vdots 240\)
Mà (p,240) =1
\( \Rightarrow {p^4} - 1 \vdots 240{\rm{ }}\forall {\rm{p}}\)là số nguyên tố >5(đpcm)
b) Gọi x là số lần cắt để bạn An có được 55 hình vuông (ĐK: \[x \in \mathbb{N}*,\,\,x > 2\]).
- Sau lần cắt thứ nhất bạn An có được \[4 = 3 \cdot 1 + 1\] (hình vuông).
- Sau lần cắt thứ hai bạn An có được \[3 + 4 = 7 = 3 \cdot 2 + 1\] (hình vuông).
- Sau lần cắt thứ ba bạn An có được \[3 + 3 + 4 = 10 = 3 \cdot 3 + 1\] (hình vuông).
....
\[ \Rightarrow \] Sau x lần cắt, bạn An có được \[3x + 1\] (hình vuông).
Theo đề bài, ta có phương trình
\[\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,3x + 1 = 55\\ \Leftrightarrow 3x = 54\\ \Leftrightarrow x = \frac{{54}}{3} = 18\,\,(n).\end{array}\]
Vậy sau 18 lần cắt bạn An có được 55 hình vuông.
Lời giải
![Cho hai đường tròn ( {O;\,\,R} \]và ( {O';\,\,R'} cắt nhau tại A và B (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid3-1766503932.png)
a) Chứng minh ba điểm \({\bf{A}},\,{\bf{P}},{\bf{Q}}\) thẳng hàng và \({\bf{PQ}}\, = \,{\bf{2O}}{{\bf{O}}^/}\).
Ta có: \(\widehat {QAB}\, = \,{90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa \(\left( O \right)\)đường kính \(BQ\)).
\(\widehat {PAB}\, = \,{90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa \(\left( {{O^/}} \right)\)đường kính \(BP\)).
Mặt khác: \(\widehat {QAP\,} = \,\widehat {QAB}\, + \,\widehat {PAB}\, = \,{90^0} + {90^0} = {180^0}\)\( \Rightarrow \,A;\,P;\,Q\) thẳng hàng
có: \(O\) là trung điểm \(QB\,\)(\(QB\) là đường kính của \(\left( O \right)\))
\({O^/}\) là trung điểm \(PB\,\)(\(PB\) là đường kính của \(\left( {{O^/}} \right)\))
Do đó \(O{O^/}\) là đường trung bình của .Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}O{O^/}\,\,\parallel \,\,\,PQ\\PQ\, = \,2O{O^/}\end{array} \right.\)
b) Qua \({\bf{B}}\)dựng đường thẳng song song với \({\bf{EF}}\), cắt \(\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)\) và \(\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)\) lần lượt tại \({\bf{M}}\)
và \({\bf{N}}\). Chứng minh năm điểm \({\bf{O}},\,{\bf{A}},\,{{\bf{O}}^/},\,{\bf{E}},\,{\bf{F}}\) cùng thuộc một đường tròn và \({\bf{MABE}}\) là hình thang cân.
b.1 Chứng minh năm điểm \({\bf{O}},\,{\bf{A}},\,{{\bf{O}}^/},\,{\bf{E}},\,{\bf{F}}\) cùng thuộc một đường tròn.
b.1.1 Chứng minh bốn điểm O, O/, E, F cùng thuộc một đường tròn.
cân tại \(O\) (do \[OE\, = \,OB = R\]) \( \Rightarrow \widehat {EOB}\, = \,{180^0}\, - 2\widehat {OBE}\) hay \(\widehat {EOF\,}\, = \,{180^0} - \,2\widehat {OBE}\)…(1)
cân tại \({O^/}\) (do \[{O^/}F\, = \,{O^/}B = {R^/}\]) \( \Rightarrow \widehat {B{O^/}F\,}\, = \,{180^0}\, - 2\widehat {{O^/}BF}\)
hay \(\widehat {E{O^/}F\,}\, = \,{180^0} - \,2\widehat {{O^/}BF}\)…(2)
Mà: \(\widehat {OBE\,} = \,\widehat {{O^/}\,BF}\) (đối đỉnh) …(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(\widehat {EOF}\, = \,\widehat {E{O^/}F}\)\( \Rightarrow \)Tứ giác \(EO{O^/}F\) là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \)\(O;\,{O^/};\,E;\,F\) cùng thuộc một đường tròn …(4).
b.1.2 Chứng minh bốn điểm A, O/, E, F cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\widehat {A{O^/}B\,}\, = \,2\widehat {APB}\,\)(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( {{O^/}} \right)\)). Hay \(\widehat {A{O^/}E\,}\, = \,2\widehat {APB}\,\).
Mặt khác:
\(\widehat {BFE} = \,\widehat {OFE}\) mà \(\widehat {OFE\,} = \,\widehat {O{O^/}E}\) (Tứ giác \(EO{O^/}F\) nội tiếp) \( \Rightarrow \,\widehat {BFE}\, = \,\widehat {O{O^/}E}\)…(5)
\(\widehat {AFB}\, = \,\widehat {APB}\) (góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( {{O^/}} \right)\))
\(O{O^/}\,\,\parallel \,\,\,QP\) (cmt) \( \Rightarrow \,\widehat {O{O^/}E}\, = \,\widehat {APB}\)…(6)
Từ (5), (6) suy ra: \(\widehat {BFE\,} = \,\widehat {APB}\)
Do đó: \(\widehat {AFE}\, = \,\widehat {AFB}\, + \,\widehat {BFE}\, = \,2\widehat {APB}\) mà \(\widehat {A{O^/}E\,}\, = \,2\widehat {APB}\,\)\( \Rightarrow \widehat {AFE}\, = \,\widehat {A{O^/}E}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác AO/ FE là tứ giác nội tiếp\( \Rightarrow A;\,{O^/};\,E;\,F\) cùng thuộc một đường tròn …(7)
Từ (4), (7) suy ra năm điểm \(O;\,A;\,{O^/};\,E;\,F\) cùng thuộc một đường tròn.
b.2 Chứng minh tứ giác MABE là hình thang cân.
b.2.1 Chứng minh: MA // EB.
Vì \(\left( O \right)\) và \(\left( {{O^/}} \right)\) cắt nhau tại \(A\) và \(B\) nên \(O{O^/}\, \bot \,AB\) mà cân tại \(O\)(do \(OA\, = \,OB\, = \,R\))
\( \Rightarrow O{O^/}\) là phân giác của \(\widehat {AOB} \Rightarrow \,\widehat {BO{O^/}}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\).
Mặt khác: \(\widehat {MAE}\, = \,\widehat {MBE}\) (góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\))
\(\widehat {MBE\,}\, = \,\widehat {{O^/}EF\,}\,\left( {do:\,\,MN\,\,\parallel \,\,\,EF} \right)\)
\[\widehat {{O^/}\,EF\,}\, = \widehat {\,FO{O^/}\,\,} = \,\widehat {BO{O^/}}\](do tứ giác EOO/F nội tiếp)
Do đó: \(\widehat {MAE}\, = \,\widehat {BO{O^/}}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\) mà \(\widehat {AEB}\, = \,\frac{1}{2}\,\widehat {AOB}\) (góc nội tiếp chắn của (O)).
Suy ra: \(\widehat {MAE\,} = \,\,\widehat {AEB}\) (cặp góc nằm ở vị trí so le trong) \( \Rightarrow \)MA // EB …(8)
b.2.2 Chứng minh: \(\widehat {{\bf{AME}}}\, = \,\widehat {{\bf{MAB}}}\).
\(\widehat {AMB}\, = \,\widehat {AEB}\) (góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\)) và \(\widehat {MAE\,} = \,\,\widehat {AEB}\) (cmt)
\(\widehat {BME}\,\, = \,\widehat {BAE}\)(góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\))
Ta có: \(\widehat {MAB}\, = \,\widehat {MAE}\, + \,\widehat {BAE}\) mà \[\widehat {AME}\,\, = \,\widehat {AMB}\, + \,\widehat {BME} = \widehat {AEB} + \widehat {BAE} = \widehat {MAE\,} + \widehat {BAE}\]
Do đó: \(\widehat {AME}\, = \,\widehat {MAB}\)…(9)
Từ (8), (9) suy ra Tứ giác MABE là hình thang cân.
c) Tiếp tuyến với \(\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)\) tại \({\bf{A}}\) cắt \(\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)\) tại \({\bf{C}}\) và tiếp tuyến với \(\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)\) tại \({\bf{A}}\) cắt\(\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)\) tại \({\bf{D}}\). Đường tròn ngoại tiếp cắt đường thẳng \({\bf{AB}}\) tại \({\bf{I}}\)(khác \({\bf{A}}\)).
Chứng minh B là trung điểm của AI.
Ta có:
\(\widehat {BAD}\, = \,\widehat {ACB}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và day cung; góc nội tiếp cùng chắn của (O))
\(\widehat {CAB}\, = \,\widehat {ADB}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và day cung; góc nội tiếp cùng chắn của (O/))
Do đó: (g – g)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{AB}}{{DB}}\, = \,\frac{{BC}}{{BA}}\, \Rightarrow \,A{B^2}\, = \,BC.\,BD\,...\left( {{\bf{10}}} \right)\\\widehat {ABC}\, = \,\widehat {ABD}\end{array} \right.\)
Mặt khác: \(\widehat {CBI}\, = \,{180^0}\, - \,\widehat {ABC} = \,{180^0}\, - \,\widehat {ABD}\, = \widehat {\,DBI}\)
Tứ giác ACID là tứ giác nội tiếp nên ta có: \(\widehat {IAD}\, = \,\widehat {ICD}\).
Suy ra: \(\widehat {BAD}\, = \,\widehat {IAD}\, = \widehat {\,ICD}\) mà \(\widehat {BAD}\, = \,\widehat {ACB}\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {ACB\,} = \,\widehat {ICD}\)
Ta lại có: \(\widehat {BCI\,} = \,\widehat {ICD}\, + \,\widehat {BCD\,} = \,\widehat {ACB}\, + \,\widehat {BCD}\, = \,\widehat {ACD}\)
Mà: \(\widehat {ACD\,} = \,\widehat {AID}\) (góc nội tiếp cùng chắn ).
Do đó:
Từ (i), (ii) suy ra: (g – g) \( \Rightarrow \,\frac{{BC}}{{BI}}\, = \,\frac{{BI}}{{\,BD}}\, \Rightarrow \,B{I^2}\, = \,BC\,.\,BD...\left( {{\bf{11}}} \right)\)
Từ (10), (11) suy ra \(AB\, = \,BI \Rightarrow B\) là trung điểm của
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập