\(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\) fhhhhhhhhh

a: P là điểm chính giữa của cung BC

=>sđ cung PB=sđ cung PC

Q là điểm chính giữa của cung AC

=>sđ cung AQ=sđ cung QC

R là điểm chính giữa của cung AB

=>sđ cung RA=sđ cung RB

Gọi K là giao điểm của AP và RQ

Xét (O) có \(\hat{AKR}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AR và QP

=>\(\hat{AKR}\) =1/2(sđ cung AR+sđ cung PQ)

=1/2(sđ cung AR+sđ cung CP+sđ cung CQ)

=1/2(sđ cung AR+sđ cung PB+sđ cung AQ)

=1/2*1/2(sđ cung AB+sđ cung BC+sđ cung AC)

=1/4*360 độ

=90 độ

=>AP⊥RQ tại K

b: Xét (O) có

\(\hat{CIP}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung CP và AR

=>\(\hat{CIP}\) =1/2(sđ cung CP+sđ cung AR)

=1/2(sđ cung BP+sđ cung BR)

=1/2*sđ cung RP

=\(\hat{RCP}\)

=\(\hat{ICP}\)

Xét ΔPCI có \(\hat{PCI}=\hat{PIC}\)

nênΔPCI cân tại P

c: Xét (O) có

\(\hat{APQ}\) là góc nội tiếp chắn cung AQ

\(\hat{CPQ}\) là góc nội tiếp chắn cung CQ

sđ cung QA=sđ cung QC

Do đó: \(\hat{APQ}=\hat{CPQ}\)

=>PQ là phân giác của góc APC

ΔPCI cân tại P

mà PQ là đường phân giác

nên PQ là đường trung trực của CI

a: Xét ΔOAB có OA=OB=AB

nên ΔOAB đều

=>\(\hat{OBA}=\hat{OAB}=\hat{BOA}=60^0\)

Xét ΔOBC có OB=OC=BC

nên ΔOBC đều

=>\(\hat{OBC}=\hat{OCB}=\hat{BOC}=60^0\)

Xét ΔOCD có OC=OD=CD

nên ΔOCD đều

=>\(\hat{OCD}=\hat{ODC}=\hat{COD}=60^0\)

\(\hat{AOD}=\hat{AOB}+\hat{BOC}+\hat{COD}\)

\(=60^0+60^0+60^0=180^0\)

=>A,O,D thẳng hàng

Xét (O) có

BC,AD là các dây

sđ cung AB=sđ cung CD

Do đó: BC//AD

Xét tứ giác ABCD có BC//AD và \(\hat{BAD}=\hat{CDA}\left(=60^0\right)\)

nên ABCD là hình thang cân

b: M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB

=>OM⊥AB tại P và P là trung điểm của AB

N là điểm chính giữa của cung nhỏ CD
=>ON⊥CD tại Q và Q là trung điểm của CD

Xét hình thang ABCD có

P,Q lần lượt là trung điểm của BA,CD
=>PQ là đường trung bình của hình thang ABCD
=>PQ//BC//AD và \(PQ=\frac{BC+AD}{2}=\frac{R+2R}{2}=\frac{3R}{2}\)

a) Gọi K là giao của MN và CD

Ta có: \(\widehat{BMN}=\widehat{MTD}\)(so le trong và MN//AP) và \(\widehat{MTD}=\widehat{APD}\) (đồng vị và MN//AP)

\(\Rightarrow\widehat{BMN}=\widehat{APD}\)

Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta DPA\)có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{MBN}=\widehat{PDA}\left(=90^o\right)\\\widehat{BMN}=\widehat{APD}\left(cmt\right)\end{cases}}\)

=> \(\Delta BMN~\Delta DPA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{BM}{DP}=\frac{BN}{DA}\Rightarrow\frac{BM}{BN}=\frac{DP}{DA}\)

Mà \(BM=\frac{AB}{2},DA=BD\sin\widehat{ABD}=\frac{\sqrt{2}BD}{2}=\sqrt{2}OB\)

Do đó: \(\frac{\frac{\sqrt{2}OD}{2}}{BN}=\frac{DP}{\sqrt{2}OB}\Rightarrow\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\)

Xét \(\Delta DOP\)và \(\Delta BNO\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{ODP}=\widehat{NBO}\left(=45^o\right)\\\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\end{cases}\Rightarrow\Delta DOP~\Delta BNO\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{DOP}=\widehat{BNO}}\)

Mà \(\widehat{DON}=\widehat{BNO}+\widehat{OBN}=\widehat{BNO}+45^o\)

Và \(\widehat{DON}=\widehat{DOP}+\widehat{NOP}\)

Do vậy \(\widehat{NOP}=45^o\)

2. Ta có \(\frac{OP}{ON}=\frac{OD}{BN}\left(\Delta DOP~\Delta BNO\right)\)

Nên \(\frac{OP}{ON}=\frac{OB}{BN}\Rightarrow\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\) 

Xét \(\Delta OPN\)và \(\Delta BQN\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{PON}=\widehat{OBN}\left(=45^o\right)\\\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\end{cases}\Rightarrow\Delta OPN~\Delta BON\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{OPN}=\widehat{BON}}\)

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP

Ta có \(\widehat{ION}=\frac{180^o-\widehat{OIN}}{2}=90^o-\widehat{OPN}=\widehat{BOC}-\widehat{BON}=\widehat{CON}\)

=> 2 tia OI,OC trùng nhau 

Vậy I thuộc OC

@ Trần Ngọc Huyền @  Em lần sau nhớ chia bài ra đăng nhiều lần nhé! . 

Đồng ý với cô Nguyễn Thị Linh Chi

Đăng nhiều thế mới nhìn đã choáng