a/ 

Xét tg vuông SBO và tg vuông SCO có

OB=OC=R; SO chung => tg SBO = tg SCO (hai tg vuông có cạnh huyền và 1 cạnh góc vuông = nhau)

=> SB=SC => tg SBC cân tại S (1) và \(\widehat{BSO}=\widehat{CSO}\)  => SO là phân giác của \(\widehat{BSC}\)(2)

Xét tg SBC từ (1) và (2) \(\Rightarrow SO\perp BC\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh đồng thời là đường cao, đường trung tuyến)

=> HB=HC

b/

Ta có

\(\widehat{BCA}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AC\perp BC\)

Mà \(SO\perp BC\left(cmt\right)\)

=> AC//SO (cùng vuông góc với BC)

Xét tg vuông SBO và tg vuông BHO có

\(\widehat{BSO}=\widehat{HBO}\)(cùng phụ với \(\widehat{SOB}\))

=> tg SBO đồng dạng với tg BHO \(\Rightarrow\frac{HB}{HO}=\frac{HS}{HB}\)

Mà HB=HC (cmt) \(\Rightarrow\frac{HB}{HO}=\frac{HS}{HC}\Rightarrow HB.HC=HO.HS\)

c/

Xét tg vuông SBO và EOA có

OB=OA=R

AC//SO(cmt) \(\Rightarrow\widehat{BOS}=\widehat{OAE}\)

=> tg SBO = tg EOA (Hai tg vuông có cạnh góc vuông và góc nhọn tương ứng = nhau) => SB=EO

Mà \(SB\perp AB;EO\perp AB\) => SB//EO

=> SBOE là hình bình hành (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và = nhau là hbh) => SE = OB = R (trong hbh các cặp cạnh đối = nhau từng đôi một)

d/

Gọi P là giao của SA với EO; I' là giao của SA với CK

Xét tg SAB có

SBOE là hình bình hành (cmt) => EO//SB => PO//SB

OB=OA=R

=> PE=PO (trong tg đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

Xét tg AOE có

\(CK\perp AB;EO\perp AB\)=> CK//EO \(\Rightarrow\frac{AK}{AO}=\frac{AC}{AE}\) (Talet) (1)

Xét tg APO có \(\frac{AK}{AO}=\frac{I'K}{PO}\)  (Talet) (2)

Xét tg APE có \(\frac{AC}{AE}=\frac{I'C}{PE}\)(Talet) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\frac{I'K}{PO}=\frac{I'C}{PE}\) Mà PO=PE (cmt) => I'K = I'C => I' là trung điểm của CK mà I cũng là trung điểm của CK

=> I' trùng I => S; I; A thẳng hàng

Mình cũng quen đề này. Chắc D là tiếp điểm của AB với (O).

Nếu như vậy thì gọi E và F lần lượt là tiếp điểm của AC, BC với (O)

Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \(\hept{\begin{cases}AD=AE\\BD=BF\\CF=CE\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}AD+AE=2AD\\BD-BF=0\\CE-CF=0\end{cases}}\)

Khi đó  \(VP=AB+AC-BC\)\(=AD+BD+AE+CE-BF-CF\)

\(=\left(BD-BF\right)+\left(CE-CF\right)+\left(AD+AE\right)\)\(=2AD=VT\)

Vậy đẳng thức được chứng minh.

D là gì vậy bạn?

Công thức :

\(1-\frac{1}{k^2}=\frac{k^2-1^2}{k^2}=\frac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}{k^2}\)

Theo công thức , ta có :

\(\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\left(1-\frac{1}{3^2}\right)\left(1-\frac{1}{4^2}\right)..........\left(1-\frac{1}{n^2}\right)\)

\(=\frac{2^2-1}{2^2}.\frac{3^2-1}{3^2}.\frac{4^2-1}{4^2}.......\frac{n^2-1}{n^2}\)

\(=\frac{\left(2+1\right)\left(2-1\right)}{2.2}.\frac{\left(3+1\right)\left(3-1\right)}{3.3}.\frac{\left(4+1\right)\left(4-1\right)}{4.4}......\frac{\left(n+1\right)\left(n-1\right)}{n.n}\)

\(=\frac{\left[1.2.3...\left(n+1\right).\left(3.4.5\right)......\left(n-1\right)\right]}{\left(2.3.4...n\right)\left(2.3.4...n\right)}\)

\(=n+1.\frac{1}{2n}=\frac{n+1}{2n}\)

Số miếng dưa nhiều nhất là \(2^{10}=1024\)(miếng)

\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+2abcd\le a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2\)

\(\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2\ge2abcd\)=> BĐT đúng theo cauchy

• Kết quả là căn 2 nhé áp dụng bất đẳng thức Bunia-cop-xki

(ax+by)^2<=(x^2+y^2)(a^2+b^2) Bài này là với x,y=1; a,b là 2 cái căn.

Chứng minh bằng biến đổi tương đương

James và Jonathan đều nói dối vào những ngày nhất định.

James nói dối vào thứ Sáu, thứ Bảy và Chủ Nhật, nhưng nói thật vào tất cả những ngày còn lại.

Jonathan nói dối vào thứ Ba, thứ Tư và thứ Năm, nhưng nói thật vào tất cả những ngày còn lại.

Vào ngày nào trong tuần cả hai đều nói “Ngày mai, tôi sẽ nói dối?”

A. Chủ Nhật

B. Thứ Sáu

C. Thứ Năm

D. Thứ Hai

James và Jonathan đều nói dối vào những ngày nhất định.

James nói dối vào thứ Sáu, thứ Bảy và Chủ Nhật, nhưng nói thật vào tất cả những ngày còn lại.

Jonathan nói dối vào thứ Ba, thứ Tư và thứ Năm, nhưng nói thật vào tất cả những ngày còn lại.

Vào ngày nào trong tuần cả hai đều nói “Ngày mai, tôi sẽ nói dối?”

A. Chủ Nhật

B. Thứ Sáu

C. Thứ Năm

D. Thứ Hai

 Đáp án : D. Thứ Hai

a/ 

Ta có

\(OM\perp AD;ON\perp BD\)(Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường thẳng nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm) \(\Rightarrow\widehat{MON}=\widehat{ADB}\)(góc có cạnh tương ứng vuông góc)

Mà \(\widehat{ADB}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow\widehat{MON}=\widehat{ADB}=90^o\)

b/

Xét tg vuông MON có 

\(OD^2=DM.DN\)(Trong tg vuông bình phương đường cao của tg bằng tích của hai hình chiếu 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

Mà \(DM=AM;DN=BN\)(Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau)

\(\Rightarrow DM.DN=AM.BN=OD^2\) (không đổi) => AM.BN không phụ thuộc vị trí điểm D

c/

Xét tg vuông MON

Gọi O' là trung điểm của MN => O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tg MON => O'O là bán kính của đường tròn (O')

Ta có

\(AM\perp AB;BN\perp AB\) (1) => AM//BN => AMNB là hình thang

Ta có

O'M=O'N; OA=OB => O'O là đường trung bình của hình thang AMNB => O'O//AM//BN (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow O'O\perp AB\) (cùng // với AM) => AB là tiếp tuyến (O')

d/

Ta có

\(AD\perp BD\Rightarrow ID\perp BD;ON\perp BD\left(cmt\right)\Rightarrow KO\perp BD\) => ID//KO

\(BD\perp AD\Rightarrow KD\perp AD;OM\perp AD\left(cmt\right)\Rightarrow OI\perp AD\)=> KD//OI

=> IDKO là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh) 

Mà \(\widehat{ADB}=90^o\left(cmt\right)\)

=> IDKO là HCN (Hình bình hành có 1 góc vuông là HCN)