Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
B O A C D K H E
a, Xét tứ giác AKCH có: \(\widehat{AKC}+\widehat{AHC}=90+90=180\)=> tứ gác AKCH nội tiếp
b,Tứ giác AKCH nội tiếp => \(\widehat{HCK}=\widehat{HAD}\)(góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện)
Mặt khác: \(\widehat{HAD}=\widehat{BCD}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BD}\)
=> \(\widehat{BCD}=\widehat{ACD}\)=> CD là phân giác \(\widehat{KCB}\)
c, Tứ giác AKCH nội tiếp: => \(\widehat{CKE}=\widehat{CAH}\)
Mà: \(\widehat{CDB}=\widehat{CAH}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\)
=> \(\widehat{CKE}=\widehat{CDE}\)=> tứ giác CKDE nội tiếp
=> \(\widehat{CKD}+\widehat{CED}=180\Rightarrow\widehat{CED}=180-\widehat{CKD}=180-90=90\)
=> \(CE⊥BD\)(ĐPCM)
d, em xem lại xem có gõ sai đề không nhé
Câu d) Khi C di chuyển trên cung nhỏ̉ AB. Xác định vị trí C để CK.AD+CE.DB có giá trị lớn nhất.
Nhờ mọi người giải dùm e với.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Ta có: \(P=AB+CD=2AM+2CN=2\sqrt{R^2-OM^2}+2\sqrt{R^2-ON^2}\).
Ta dễ dàng chứng minh được \(OM^2+ON^2=OI^2\).
Do đó: \(P=2\left(\sqrt{R^2-OM^2}+\sqrt{R^2-ON^2}\right)\le2\sqrt{2\left(R^2-OM^2+R^2-ON^2\right)}=2\sqrt{2\left(2R^2-OI^2\right)}\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(OM=ON\), tức AB tạo với OI một góc
A B C D E M J O I
a) Ta có :
\(AC^2+BD^2=MA^2+MC^2+MB^2+MD^2\)
\(=\left(MA^2+MD^2\right)+\left(MB^2+MC^2\right)=AD^2+BC^2\)
Kẻ đường kính CE ta có \(\widehat{CDE}=90^0\) hay \(CD\perp DE\)
\(\Rightarrow DE//AB\)nên tứ giác ABED là hình thang cân
\(\Rightarrow AD=BE\)
Ta có : \(AD^2+BC^2=BE^2+BC^2=CE^2=4R^2\)không đổi
b ) \(IB=IC=IM\)nên \(IO^2+IM^2=OC^2-IM^2+IM^2=R^2\)
Gọi J là trung điểm của MO . Áp dụng công thức đường trung tuyến trong \(\Delta IMO\)
Ta có : \(IJ=\sqrt{\frac{IO^2+IM^2}{2}-\frac{MO^2}{4}}=\sqrt{\frac{R^2}{2}-\frac{MO^2}{4}}\)( không đổi vì O,M cố định )
Do đó I chạy trên đường tròn tâm J bán kính IJ không đổi.
Chúc bạn học tốt !!!
Bài 1 :
Áp dụng Cô - si ta có :
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\le\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}\)\(=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự ta cũng có : \(\frac{b+1}{c^2+1}\le\left(b+1\right)-\frac{bc+c}{2};\frac{c+1}{a^2+1}\le\left(c+1\right)-\frac{ca+a}{2}\)
Cộng vế theo vế ta được:
\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\)\(\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge6-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\)
Mặt khác ta có BĐT : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)
Do đó : \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
Bài 2 :
A B C D M N P Q O K I H
a) Ta có : \(MI=MA,QI=QD\)nên \(MQ\)là đường trung bình \(\Delta AID\)
\(\Rightarrow MQ//AD\)
Tương tự NP là đường trung bình của \(\Delta BIC\)
\(\Rightarrow NP//BC\)
Do đó : \(NMQ=BAD=NPQ\)nên tứ giác MPNQ nội tiếp
b ) Kẻ \(OH\perp AB\)tại H và \(OK\perp CD\)tại K
Ta có : \(AB\perp CD\)
\(\Rightarrow OHIK\)là hình chữ nhật
Do đó \(AB^2+CD^2=4\left(BH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)
\(=4\left(2R^2-OI^2\right)\)
Diện tích tứ giác MPNQ là : \(\frac{MN.PQ}{2}=\frac{AB.CD}{8}\le\frac{\left(AB+CD\right)^2}{16}=\frac{2R^2-OI^2}{4}\)không đổi
GTLN của diện tích tứ giác MNPQ là : \(\frac{2R^2-OI^2}{4}\), khi đó \(AB=CD\)
Chúc bạn học tốt !!!
O A C B D I M N E F P H
a) Kẻ đường kính DP của (O), ta có: BD vuông góc BP. Mà BD vuông góc AC nên BP // AC
=> (AP = (BC => (AB = (CP => AB = CP => AB2 + CD2 = CP2 + CD2 = DP2 = 4R2 (ĐL Pytagore)
Tương tự: AD2 + BC2 = 4R2 => ĐPCM.
b) Ta có: AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 4R2 + 4R2 = 8R2
Ta lại có: AC2 + BD2 = IA2 + IB2 + IC2 + ID2 + 2.IB.ID + 2.IA.IC = AB2 + CD2 + 4.IE.IF
= 4R2 + 4(R+d)(R-d) = 4R2 + 4R2 - 4d2 = 8R2 - 4d2
c) Gọi tia NI cắt AB tại H. Dễ thấy: ^BIH = ^NID = ^NDI = ^IAB = 900 - ^IBA => IN vuông góc AB.
C/m tương tự, ta có: IM vuông góc CD => ĐPCM.
d) Đường tròn (O): Dây AB, M trung điểm AB => OM vuông góc AB. Mà AB vuông góc IN => OM // IN
Tương tự ON // IM. Do đó: Tứ giác OMIN là hình bình hành (đpcm).
e) Vì tứ giác OMIN là hình bình hành nên MN đi qua trung điểm OI. Mà OI cố định NÊN trung điểm của OI cũng cố định nên ta có đpcm.
Chậc -_- bài này mình làm được lâu rồi bạn à :V Nhưng cũng cảm ơn , tớ nhờ cậu bài khác mà :(
A B C O I G J S K H L A' M N
a) Đặt J là trung điểm cạnh BC. Theo quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây ta có ^OIC = ^OJC = 900
Vậy I thuộc đường tròn đường kính OC cố định (đpcm).
b) Kẻ đường kính BK của (O). d cắt CK tại điểm S. Ta có AK vuông góc AB, IS vuông góc AB
Suy ra IS // AK. Vì I là trung điểm cạnh AC của tam giác AKC nên S là trung điểm CK cố định (đpcm).
c) OJ cắt (O) tại hai điểm phân biệt là A' và L (A' thuộc cung lớn BC). Hạ AH vuông góc BC
Ta thấy \(AH+JL\le AL\le2R=A'L\Rightarrow AH\le A'L-JL=A'J\)
Suy ra \(S=\frac{AH.BC}{2}\le\frac{A'J.BC}{2}\)(không đổi). Vậy S lớn nhất khi A trùng A'.
d) Trên đoạn JB,JC lấy M,N sao cho JM = JN = 1/6.BC. Khi đó M,N cố định.
Đồng thời \(\frac{JG}{JA}=\frac{JM}{JB}=\frac{JN}{JC}=\frac{1}{3}\). Suy ra ^MGN = ^BAC = 1/2.Sđ(BC (Vì GM // AB; GN // AC)
Vậy G là các điểm nhìn đoạn MN dưới một góc không đổi bằng 1/2.Sđ(BC, tức là một đường tròn cố định (đpcm).
*Mình vẽ hình trên GeoGebra nên bạn vào thống kê mình xem*
Xét \(\Delta IDC\) và \(\Delta\)IAB có:
\(\widehat{DIC}=\widehat{AIB}\) (đối đỉnh)
\(\widehat{IDC}=\widehat{IAB}\) (cùng chắn cung BC)
Do đó \(\Delta IDC\)đồng dạng với \(\Delta\)IAB => \(\frac{ID}{IA}=\frac{IC}{IB}=\frac{CD}{AB}\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(\Delta\)IAD đồng dạng \(\Delta\)IBC => \(\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}=\frac{DA}{BC}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) ta có: \(\frac{ID}{IB}=\frac{ID}{IA}\cdot\frac{IA}{IB}=\frac{DA\cdot CD}{AB\cdot BC}\)
\(\Rightarrow\frac{ID+IB}{IB}=\frac{AB\cdot BC+DA\cdot CD}{AB\cdot BC}\) hay \(BD=\frac{AB\cdot BC+DA\cdot CD}{AB\cdot BC}\cdot IB\)
mặt khác ta có: \(\frac{IC}{IA}=\frac{IC}{IB}:\frac{IA}{IB}=\frac{BC\cdot CD}{AB\cdot DA}\Rightarrow\frac{IC+IA}{IA}=\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot DA}\)
\(\Rightarrow AC=\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot DA}\cdot IA\)
Do đó: \(\frac{AC}{BD}=\left(\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot DA}\cdot IA\right):\left(\frac{AB\cdot BC+DA\cdot CB}{AB\cdot BC}\cdot IB\right)\Rightarrow\frac{AC}{BD}=\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot BC+DA\cdot CD}\)
Do đó:
\(\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot BC+DA\cdot CD}\left(max\right)\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}AC\left(max\right)\\BD\left(min\right)\end{cases}}\)<=> AC qua O và BD _|_ OI
\(\frac{AB\cdot DA+BC\cdot CD}{AB\cdot BC+DA\cdot CD}\left(min\right)\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}AC\left(min\right)\\BD\left(max\right)\end{cases}}\)<=> AC _|_OI vfa BD đi qua O