Cho...">
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ba điểm không thẳng hàng sẽ tạo thành một tam giác. Để đường tròn qua hết 3 điểm đó thì đường tròn đó sẽ là đường tròn ngoại tiếp của tam giác.
Vì 3 điểm chỉ tạo nên 1 tam giác cho nên tam giác cúng chỉ có 1 đường tròn ngoại tiếp duy nhất.
Kết luận: chỉ có 1.
A B C D I J O K
a) Gọi tiếp điểm của \(\left(I\right),\left(J\right)\) là \(K\)
Ta có \(\frac{DA+DB-AB}{2}=DK=\frac{DA+DC-AC}{2}\Leftrightarrow AB-AC=DB-DC\)
Vậy điểm \(D\) nằm trên cạnh \(BC\) và thỏa \(AB-AC=DB-DC\).
Từ đó, ta dựng điểm \(D\) như sau: (Giả sử \(AB>AC\))
B1: Lấy \(E\) trên cạnh \(AB\) sao cho \(AE=AC\)
B2: Lấy \(F\) trên cạnh \(BC\) sao cho \(BF=BE\)
B3: Lấy trung điểm \(D\) của \(CF\)
b) Dễ thấy:
\(\widehat{OAC}=\widehat{OAJ}+\widehat{JAC}=90^0-\widehat{AIJ}+90^0-\widehat{AJI}=\widehat{IAJ}\)
Tương tự \(\widehat{OAB}=\widehat{IAJ}\). Vậy \(O\) nằm trên phân giác của \(\widehat{BAC}.\)
a, Gọi O là trung điểm CD
Từ giả thiết suy ra tam giác ABD và tam giác ODE đều
=> DE = DH = DO = 1 4 BC
=> H E O ^ = 90 0
=> HE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD
b, HE = 4 3
a, Gọi O là trung điểm CD
Từ giả thiết suy ra tam giác ABD và tam giác ODE đều
=> DE = DH = DO = 1 4 BC
=> H E O ^ = 90 0
=> HE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD
a. Theo tc 2 tt cắt nhau: \(AC=AM;BM=BD\)
\(\Rightarrow AC+BD=AM+BM=AB\)
b. \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AMO}=\widehat{ACO}=90^0\\AC=AM\\AO.chung\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta AOC=\Delta AOM \)
\(\Rightarrow\widehat{COA}=\widehat{AOM}=\dfrac{1}{2}\widehat{COM}\)
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ODB}=\widehat{OMB}=90^0\\BD=MB\\OB.chung\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta OBD=\Delta OBM\\ \Rightarrow\widehat{DOB}=\widehat{BOM}=\dfrac{1}{2}\widehat{DOM}\)
\(\Rightarrow\widehat{AOB}=\widehat{AOM}+\widehat{BOM}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{COM}+\widehat{DOM}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot180^0=90^0\\ \Rightarrow\Delta OAB\text{ vuông tại O}\)
c. Áp dụng HTL: \(AM\cdot MB=OM^2=R^2\)
Mà \(CD=2R;AM=AC;BM=BD\)
Vậy \(AC\cdot BD=AM\cdot BM=R^2=\left(\dfrac{CD}{2}\right)^2=\dfrac{CD^2}{4}\)
A B C H P Q S R M
a) \(MH=AH-AM=h-x\)
Theo định lí Thales \(\frac{PQ}{BC}=\frac{AM}{AH}\) hay \(\frac{PQ}{a}=\frac{x}{h}\Rightarrow PQ=\frac{ax}{h}\)
Vậy \(S_{PQRS}=PQ.MH=\left(h-x\right).\frac{ax}{h}\)
b) Đặt \(f\left(x\right)=S_{PQRS}=\frac{\left(h-x\right)ax}{h}=-\frac{a}{h}x^2+ax\)
Suy ra \(maxS_{PQRS}=maxf\left(x\right)=f\left(\frac{h}{2}\right)=-\frac{a}{h}.\frac{h^2}{4}+\frac{ah}{2}=\frac{ah}{4}\)(không đổi)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(M\) là trung điểm của \(AH.\)
cảm ơn bạn Nguyễn Tất Đạt nhìu nhé