Cho đường tròn tâm đường kính AB=2R, trên đoạn OA lấy điểmI(I≠A;I≠O). Vẽ tia Ix⊥ABcắt (O) tại C. Lấy điểm E trên cung nhỏ BC(E≠B;E≠C), AE cắt CI tại F, gọi D là giao điểm của BC với tiếp tuyến tại A của (O;R). (ảnh 1)

a) Ta có \(\widehat {BEF} = \widehat {BEA} = {90^0}\)(góc nt chắn nửa đường tròn)

Nên E thuộc đường tròn đường kính BF(1)

và \(\widehat {BIF} = \widehat {BIC} = {90^0}\) (gt)

nên I thuộc đường tròn đường kính BF (2)

từ (1) và (2) E,I thuộc đường tròn đường kính BF

Vậy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn.

b) Ta có \( \Rightarrow \frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{CD}} \Rightarrow A{C^2} = BC.CD\)

\( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow A{C^2} = AI.AB\)

Lại có \( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AE}} = \frac{{AF}}{{AB}} \Rightarrow AI.AB = AE.AF\)

Suy ra \(BC.CD = AE.AF\)

c) Gọi M là giao điểm của CI với (O)

Do \(AB = 2AC\) và tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên \({\mathop{\rm Sin}\nolimits} \widehat {ABC} = \,0,5\)\( \Rightarrow \widehat {ABC} = {30^0}\) do đó: \(\widehat {BAC} = {60^0}\) suy ra \(\widehat {BCM} = \widehat {BMC} = {60^0}\)

Do đó tam giác \(BCM\) đều \( \Rightarrow \widehat {MEC} = {60^0}\).

Trên đoạn \(ME\) lấy \(N\) sao cho \(NE = EC\) suy ra \(\Delta CEN\) đều

\( \Rightarrow CE = CN = NE\)\(.\) Từ đó dễ thấy \(\Delta BEC = \Delta MNC \Rightarrow BE = MN\).

\[BE + CE = MN + NE = ME \le AB = 2R\]

Mà \(BE + CE \ge 2\sqrt {BE.CE} \Rightarrow BE.CE \le {R^2} \Rightarrow S = 2026.BE.CE \le 2026{R^2}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(BE = CE\) và \(ME = 2R\) hay \(E\) là điểm chính giữa cung nhỏ \(BC\).

Rút gọn biểu thức B=1/√x+2+√x/2−√x+2x−√x+2/x−4với x≥0,x≠4