Chứng minh rằng phương trình x² – 6x + 1 = 0 có hai nghiệm x₁ và x_2. Không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức: \[B = \frac{{x_1^3 - 7x_1^2 + {x_1} - 6{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}}.\]

+ Dựa vào hình vẽ bài toán, ta có:

BC = 3,5m

AD = EH = 6,8 m

\[\widehat {CEA} = \widehat {BEA} = {90^o}\]

+ Xét \[\Delta CAE\]vuông tại E và \(\widehat {CAE} = 45^\circ \) nên vuông cân. Do đó EC = EA (1)

+ Xét \[\Delta BAE\]vuông ở E ta có:

\[\tan \widehat {BAE} = \frac{{BE}}{{AE}} \Rightarrow BE = AE.\tan 55^\circ \](2)

+ Từ (1) và (2) ta suy ra:

\[BC = BE - CE = AE\tan {55^o} - AE\] hay \[3,5 = AE\left( {\tan {{55}^o} - 1} \right)\]\[AE = \frac{{3,5}}{{\tan {{55}^o} - 1}}{\rm{ }}\left( m \right)\]

Suy ra: \[CH = CE + EH = \frac{{3,5}}{{\tan {{55}^o} - 1}} + 6,8 \approx 15,0{\rm{ }}\left( m \right)\]

Vậy chiều cao của tòa nhà là 15,0 (m)

a) Do AE là tiếp tuyến của (O) nên \[\widehat {EAO} = 90^\circ \]. Suya ra tam giác AEO nội tiếp đường tròn đường kính EO

D là trung điểm BC nên \[\widehat {ODE} = 90^\circ \]. Suy ra tam giác EOD nội tiếp đường tròn đường kính EO.

Suy ra tứ giác AODE nên nội tiếp đường tròn đường kính OE

b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFFO ta có\[\widehat {{\rm{EOF}}} = \widehat {EAF}\](hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF) (1)

Đường tròn (O) ta có \[\widehat {AFB} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {FAB} + \widehat {FBA} = 90^\circ \]

Lại cos \[\widehat {FAB} + \widehat {FAE} = 90^\circ \] nên \[\widehat {FBA} = \widehat {FAE}\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra : \[\widehat {{\rm{EOF}}} = \widehat {FBA}\]

c) Gọi K là giao điểm của BM với AE.

Ta có NM, NA là hai tiếp tuyến của (O) nên NM = NA. Do đó tam giác MAN cân tại N. Suy ra \[\widehat {NMA} = \widehat {NAM}\]. (3)

Ta có \[\widehat {MKN} + \widehat {MAN} = 90^\circ \], \[\widehat {NMK} + \widehat {NMA} = 90^\circ \] (4)

Từ (3) và (4) suy ra KMN cân tại N. Do đó NM = NK

Suy ra: NA = NK.

Chứng minh được H là trực tâm tam giác C’AB nên C’H AB

Lại có AE AB nên C’H // AE.

Gọi J là giao điểm của HC với AB ta có:

HJ // AK nên \[\frac{{HI}}{{NK}} = \frac{{BI}}{{BN}} = \frac{{JI}}{{NA}}\]

mà NA = NK nên IH = IJ.

Gọi P là hình chiếu của C trên AB. Do A, B, C cố định nên P cố định. Gọi G là giao điểm của AI với CP thì

CP // JH nên \[\frac{{IH}}{{{\rm{IJ}}}} = \frac{{AI}}{{AG}} = \frac{{GC}}{{GP}}\] mà IH = IJ nên GC = GP. Do đó G là trung điểm đoạn CP cố định nên G cố định.

Vậy I thuộc đường thẳng AG cố định khi M di động trên cung nhỏ AC.