Ta có: AE’ = AF’, BD’ = BF’, CD’ = CE’ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra

AE’ + AF’ = (AC + CE’) + (AB + BF’)

= (AC + CD’) + (AB + BD’) = AC + BC + AB = 2p.

Do đó: AE’ = AF’ = p.  

Ta có: AE’ = AF’, BD’ = BF’, CD’ = CE’ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra

AE’ + AF’ = (AC + CE’) + (AB + BF’)

= (AC + CD’) + (AB + BD’) = AC + BC + AB = 2p.

Do đó: AE’ = AF’ = p.  

a) AD và AF cách đều tâm O nên chúng bằng nhau.

b) Kẻ OI $\perp$ MN, OK $\perp$ PQ.

Trong đường tròn nhỏ, ta có: MN > PQ $\Rightarrow$ OI < OK.

(Dây lớn hơn thì gần tâm hơn)

Trong đường tròn lớn, OI < OK $\Rightarrow$ AE > AH.

(Dây gần tâm hơn thì lớn hơn)

c) A, B, O, C cách đều trung điểm AO.

d) $OI<OK\Rightarrow \frac{OI}{OA}<\frac{OK}{OA}$

$\Rightarrow \sin \widehat{OAI}<\sin \widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAI}<\widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAE}<\widehat{OAH}.$

a) AD và AF cách đều tâm O nên chúng bằng nhau.

b) Kẻ OI $\perp$ MN, OK $\perp$ PQ.

Trong đường tròn nhỏ, ta có: MN > PQ $\Rightarrow$ OI < OK.

(Dây lớn hơn thì gần tâm hơn)

Trong đường tròn lớn, OI < OK $\Rightarrow$ AE > AH.

(Dây gần tâm hơn thì lớn hơn)

c) A, B, O, C cách đều trung điểm AO.

d) $OI<OK\Rightarrow \genfrac{}{}{0ex}{}{OI}{OA}<\genfrac{}{}{0ex}{}{OK}{OA}$

$\Rightarrow \sin \widehat{OAI}<\sin \widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAI}<\widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAE}<\widehat{OAH}.$

a. thay n vào rồi tìm x

b. có x²-2(n-1)x+n²-5=0 là ptb₂ có a=1; b=-2(n-1); b'=-n+1; c=n²-5

\(\Delta'=b'^2-ac=\left(-n+1\right)^2-1\cdot\left(n^2-5\right)=n^2-2n+1-n^2+5=-2n+6\)

Để (1) có 2 nghiệm phân biệt x₁;x₂ thì \(\Delta'>0\Rightarrow-2n+6>0\Rightarrow-2n>-6\Rightarrow n< -3\)

Theo Viet ta có \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=n-1\\x_1x_2=\frac{c}{a}=n^2-5\end{cases}}\)

TBR có: \(x_1^2+x_2^2=14\Rightarrow x_1^2+x_2^2+2x_1x_2-2x_1x_2=14\)\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=14\Leftrightarrow\left(n-1\right)^2-2\left(n^2-5\right)=14\)

\(\Leftrightarrow n^2-2n+1-2n^2+10=14\)

\(\Leftrightarrow-n^2-2n+11-14=0\)

\(\Leftrightarrow-n^2-2n-3=0\)

\(\Leftrightarrow-\left(n^2+2n+3\right)=0\Leftrightarrow n^2+2n+3=0\Leftrightarrow\left(n+3\right)\left(n-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}n=-3\left(ktm\right)\\n=1\left(tm\right)\end{cases}}\)

Vậy n=1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán

Cho phương trình : x² - 2(n - 1)x + n² - 5 = 0 (1)

a, Giải phường trình (1) khi n=-1

Với n=-1 pt (1) trở thành x² + 4x - 4 = 0

Δ' = b'² - ac = 4 + 4 = 8

Δ' > 0, áp dụng công thức nghiệm thu được \(x=-2\pm2\sqrt{2}\)

Vậy ...

b, Tìm n để phương trình (1) có 2 nghiệm thoả mãn hệ thức x₁² + x₂² = 14

Trước hết ta cần xét xem với ĐK nào của n thì phương trình có hai nghiệm

Δ' = b'² - ac = [-(n-1)]² - n² + 5 = n² - 2n + 1 - n² + 5 = 6 - 2n

pt có hai nghiệm <=> Δ' > 0 <=> 6 - 2n > 0 <=> n < 3

Theo hệ thức Viète ta có : \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=2n-2\\x_1x_2=\frac{c}{a}=n^2-5\end{cases}}\)

Khi đó x₁² + x₂² = 14 <=> ( x₁ + x₂ )² - 2x₁x₂ = 14

<=> ( 2n - 2 )² - 2( n² - 5 ) = 14

<=> 4n² - 8n + 4 - 2n² + 10 - 14 = 0

<=> n² - 4n = 0 

<=> n( n - 4 ) = 0

<=> n = 0 (tm) hoặc n = 4 (ktm)

Vậy ...

đk: \(\hept{\begin{cases}x>0\\x\ne1\end{cases}}\)

Ta có:

\(E=\frac{x+\sqrt{x}}{x-2\sqrt{x}+1}\div\left(\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}-\frac{1}{1-\sqrt{x}}+\frac{2-x}{x-\sqrt{x}}\right)\)

\(E=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}\div\left(\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}-1}+\frac{2-x}{\left(\sqrt{x}-1\right)\sqrt{x}}\right)\)

\(E=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}\div\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)+\sqrt{x}+2-x}{\left(\sqrt{x}-1\right)\sqrt{x}}\)

\(E=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}\cdot\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\sqrt{x}}{x-1+\sqrt{x}+2-x}\)

\(E=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}\cdot\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\)

\(E=\frac{x}{\sqrt{x}-1}\)