Đáp án D

Phép tịnh tiến theo v → 0 ; b  biến parabol P : y = x 2 − 4  thành parabol  P ' : y = x 2 − 4 + b

Giao điểm của A,B với Ox của (P) có tọa độ lần lượt là:  − 2 ; 0 , 2 ; 0

Giao điểm M,N với Ox của (P) có toạn độ lần lượt là:  − 4 − b ; 0 , 4 − b ; 0

Đỉnh I,J của parabon (P), (P') có tọa độ lần lượt:  0 ; − 4 , 0 ; − 4 + b

Diện tích tam giác IAB bằng 8 lần diện tích tam giác JMN nên ta có:

I O . A B = 8 J O . M N ⇔ 4.4 = 8. 4 − b .2 4 − b ⇔ 4 − b 3 = 1 ⇔ b = 3 ⇒ J 0 ; − 1

Gọi BC tiếp xúc với (I), (I₁), (I₂) lần lượt tại D,M,N. AP cắt EF tại H và tiếp xúc với (I₁),(I₂) lần lượt tại Q,R.

Ta có \(EF=MN;EF=HE+HF=2HQ+QR;MN=PM+PN=2PR+RQ\)

Suy ra \(HE=PN\)

Lại có \(DN=PD+PN=CD-CP+PN=\frac{CA+BC-AB+CP+PA-CA-2CP}{2}\)

\(=\frac{BP+PA-AB}{2}=PM\) hay \(PN=DM\). Suy ra \(HE=DM\)

Mà tứ giác EFNM là hình thang cân nên \(HD||EM||FN\)

Nếu gọi DH cắt lại (I) tại K thì các tam giác cân \(EI_1M,KID,FI_2N\) đồng dạng có các cạnh tương ứng song song đôi một

Do đó \(II_1,DM,KE\) đồng quy tại B, \(II_2,DN,KF\) đồng quy tại C

Nói cách khác, BE và CF cắt nhau tại K. Vậy BE và CF gặp nhau trên (I).

Đáp án A

Lực từ do dòng I 2  tác dụng lên 1 m của dòng  I 1  là

F 21 = 2 .10 − 7 . I 2 . I 1 r 1 = 2 .10 − 7 . 20 .10 0 , 08 = 5 .10 − 4    N .

Lực từ do dòng I 3  tác dụng lên 1 m của dòng  I 1  là

F 31 = 2 .10 − 7 . I 3 . I 1 r 2 = 2 .10 − 7 . 20 .10 0 , 06 = 10 − 3    N .

Lực tổng hợp F tác dụng lên mỗi mét dây dẫn của dòng điện  I 1  chạy qua là

F = F 21 2 + F 31 2 = 5 .10 − 4 2 + 10 − 3 2 = 1 , 12 .10 − 3    N .

Lực từ do dòng I 2  tác dụng lên 1 m của dòng I 1  là

F 21 = 2.10 − 7 . I 2 . I 1 r 1 = 2.10 − 7 . 20.10 0 , 08 = 5.10 − 4    N .  

Lực từ do dòng I 3  tác dụng lên 1 m của dòng I 1  là

F 31 = 2.10 − 7 . I 3 . I 1 r 2 = 2.10 − 7 . 20.10 0 , 06 = 10 − 3    N .

Lực tổng hợp F tác dụng lên mỗi mét dây dẫn của dòng điện I 1  chạy qua là

F = F 21 2 + F 31 2 = 5.10 − 4 2 + 10 − 3 2 = 1 , 12.10 − 3    N .  

Ta có: \(S_{PQR}=S_{CFP}\Rightarrow S_{PQR}+S_{QPC}=S_{CFP}+S_{QPC}\Rightarrow S_{QRC}=S_{QFC}\)(Tính chất diện tích miền đa giác)

Ta thấy: \(\Delta QRC\)và \(\Delta QFC\)có chung đáy QC mà chúng có diện tích bằng nhau.

Nên chiều cao hạ từ R & F của 2 tam giác này bằng nhau => Khoảng cách từ 2 điểm R & F đến QC bằng nhau

Hay RF // QC => Tứ giác QRFC là hình thang.

Xét hình thang QRFC: FQ giao CR tại P; QR giao CF tại A.

Theo Bổ đề Hình thang (Search Mạng) thì AP đi qua trung điểm của đáy CQ (điểm I) => QI=CI

Xét \(\Delta AQI\)và \(\Delta ACI\)có: QI=CI (cmt); chung chiều cao hạ từ A xuống 2 đáy QI; CI

\(\Rightarrow S_{AQI}=S_{ACI}\). Tương tự: \(S_{PQI}=S_{PCI}\)\(\Rightarrow S_{AQI}-S_{PQI}=S_{ACI}-S_{PCI}\Rightarrow S_{APQ}=S_{APC}\)

Hay \(S_{ARP}+S_{PQR}=S_{AFP}+S_{CFP}\). Mà \(S_{PQR}=S_{CFP}\Rightarrow S_{ARP}=S_{AFP}\)

Lại có: \(S_{ADR}=S_{CFP}\Rightarrow S_{ARP}+S_{ADR}=S_{AFP}+S_{CFP}\Rightarrow S_{APD}=S_{APC}\)

Do 2 tam giác APD và APC chung chiều cao hạ từ A xuống 2 đáy PD & PC và có S bằng nhau

Nên PD=PC. Xét \(\Delta BPD\)và \(\Delta BPC\): PD=PC, chung chiều cao hạ từ B xuống PD và PC

\(S_{BPD}=S_{BPC}\Rightarrow S_{BDRQ}+S_{PQR}=S_{CEQP}+S_{BEQ}\). Mà \(S_{PQR}=S_{BEQ}\Rightarrow S_{BDRQ}=S_{CEQP}\)

Hoàn toàn tương tự: \(S_{CEQP}=S_{AFPR}\). Từ đó ta có: \(S_{AFPR}=S_{BDRQ}=S_{CEQP}\)(đpcm).