1) Ta có

  B I C ^ = 180 0 − I B C ^ − I C B ^ = 180 0 − A B C ^ 2 − A C B ^ 2 = 180 0 − 180 ∘ − B A C ^ 2 = 90 0 + B A C ^ 2 ⇔ B A C ^ = 2 B I C ^ − 180 °

Tương tự B Q C ^ = 90 0 + B P C ^ 2 ⇔ B P C ^ = 2 B Q C ^ − 180 ° .

Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra B A C ^ = B P C ^ ⇒ B Q C ^ = B I C ^ , nên 4 điểm B, I, Q, C thuộc một đường tròn.

2) Gọi đường tròn (B; BI) giao (C; CI) tại K khác I thì K cố định.

Góc I B M ^  là góc ở tâm chắn cung I M ⏜  và I K M ^  là góc nội tiếp chắn cung  I M ⏜ , suy ra I K M ^ = 1 2 I B M ^  (1).

Tương tự I K N ^ = 1 2 I C N ^  (2).

Theo câu 1) B, I, Q, C thuộc một đường tròn, suy ra  I B M ^ = I B Q ^ = I C Q ^ = I C N ^  (3).

Từ (1), (2) và (3), suy ra I K M ^ = I K N ^ ⇒ K M ≡ K N .

Vậy MN đi qua K cố định.

a: góc AKB=góc AHB=90 độ

=>AKHB nội tiếp đường tròn đường kính AB

=>Tâm là trung điểm của AB

b: Gọi giao của AH và BK là M

ABHK là tứ giác nội tiếp

=>góc AHK=góc ABK

=>góc AHK=góc ADE

=>HK//DE

Cấy ni em ko biết.

a:Xét tứ giác BNMC có 

\(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90^0\)

Do đó: BNMC là tứ giác nội tiếp

hay B,N,M,C cùng thuộc một đường tròn

Tâm là trung điểm của BC

Câu 6:

\(x^2-10x+26\)

\(=x^2-10x+25+1=\left(x-5\right)^2+1\ge1\forall x\)

=>\(\sqrt{x^2-10x+26}\ge1\forall x\)

=>\(2021+\sqrt{x^2-10x+26}\ge1+2021=2022\forall x\)

Dấu '=' xảy ra khi x-5=0

=>x=5

Câu 5:

a: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

Tâm M là trung điểm của BC

b: BEDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{BED}+\hat{BCD}=180^0\)

mà \(\hat{BED}+\hat{FEB}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{FEB}=\hat{FCD}\)

Xét ΔFEB và ΔFCD có

\(\hat{FEB}=\hat{FCD}\)

góc EFB chung

Do đó: ΔFEB~ΔFCD

=>\(\frac{FE}{FC}=\frac{FB}{FD}\)

=>\(FE\cdot FD=FB\cdot FC\) (1)

AKBC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{AKB}+\hat{ACB}=180^0\)

mà \(\hat{AKB}+\hat{FKB}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{FKB}=\hat{FCA}\)

Xét ΔFKB và ΔFCA có

\(\hat{FKB}=\hat{FCA}\)

góc KFB chung

Do đó: ΔFKB~ΔFCA

=>\(\frac{FK}{FC}=\frac{FB}{FA}\)

=>\(FK\cdot FA=FB\cdot FC\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(FK\cdot FA=FE\cdot FD\)

=>\(\frac{FK}{FD}=\frac{FE}{FA}\)

Xét ΔFKE và ΔFDA có

\(\frac{FK}{FD}=\frac{FE}{FA}\)

góc KFE chung

Do đó: ΔFKE~ΔFDA

=>\(\hat{FKE}=\hat{FDA}\)