Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Do C thuộc nửa đường tròn nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay AC vuông góc MB.
Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(BC.BM=AB^2=4R^2\)
b) Xét tam giác MAC vuông tại C có CI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IM = IC = IA
Vậy thì \(\Delta ICO=\Delta IAO\left(c-c-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ICO}=\widehat{IAO}=90^o\)
Hay IC là tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn.
c) Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC, áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(MB.MC=MA^2=4IC^2\Rightarrow IC^2=\frac{1}{4}MB.MC\)
Xét tam giác AMB có I là trung điểm AM, O là trung điểm AB nên IO là đường trung bình tam giác ABM.
Vậy thì \(MB=2OI\Rightarrow MB^2=4OI^2\) (1)
Xét tam giác vuông MAB, theo Pi-ta-go ta có:
\(MB^2=MA^2+AB^2=MA^2+4R^2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(4OI^2=MA^2+4R^2.\)
d) Do IA, IC là các tiếp tuyến cắt nhau nên ta có ngay \(AC\perp IO\Rightarrow\widehat{CDO}=90^o\)
Tương tự \(\widehat{CEO}=90^o\)
Xét tứ giác CDOE có \(\widehat{CEO}=\widehat{CDO}=90^o\)mà đỉnh E và D đối nhau nên tứ giác CDOE nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Xét tứ giác CDHO có: \(\widehat{CHO}=\widehat{CDO}=90^o\) mà đỉnh H và D kề nhau nên CDHO nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Vậy nên C, D, H , O, E cùng thuộc đường tròn đường kính CO.
Nói cách khác, O luôn thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE luôn đi qua điểm O cố định.
A D E C I B J H K M O
- vÌ H là trực tâm của tam giác ABC , \(BD⊥BC,CE⊥AB\Rightarrow\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\) nên BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tâm đường tròn nội tiếp BCDE là J ( trung điểm BC)
- I đối xứng với A qua O => AI là đường kính của đường tròn tâm O =>\(\widehat{ACI}=\widehat{ABI}=90^0\)vì\(\hept{\begin{cases}BD⊥AC\\CI⊥AC\end{cases}\Rightarrow BD}\downarrow\uparrow CI\left(1\right)\) VÀ\(\hept{\begin{cases}CE⊥AB\\BI⊥AB\end{cases}\Rightarrow CE\uparrow\downarrow BI\left(2\right)}\)Từ (1) và (2) BHCI là hình bình hành,mà J LÀ Trung điểm của BC nên J là giao điểm của hai đường chéo HI và BC của hbh BICH nên ta có I,J,H thẳng hàng (DPCM)
- Vì BCDE là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ADK}\left(3\right)\)mặt khác ABIC nội tiếp (O) nên \(\widehat{IAC}=\widehat{IBC}\left(4\right)\)ta lại có \(BI⊥AB\Rightarrow\widehat{ABC}+\widehat{IBC}=90^O\left(5\right)\)TỪ 3,4,5 ta có \(\widehat{IAC}+\widehat{ADK}=90^O\)hay \(DE⊥AM\Rightarrow\Delta ADM\)vuông tại D và có DE là đường cao tương ứng tại D nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông có (DPCM) \(\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DA^2}+\frac{1}{DM^2}\)
( 1 số phần cơ bản sẽ làm tắt nha, cái đấy bạn sẽ tự trình bày rõ nhá, nhất là chứng minh tứ giác nội tiếp sẽ rút ngắn lại )
a)\(\widehat{ABO}=\widehat{AEO}=90^0\)
\(\Rightarrow ABEO\)nội tiếp
=> A,B,E,O thuộc 1 đường tròn
b) Xét tam giác AMC và tam giác ACN có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{NAC}chung\\\widehat{ACM}=\widehat{ANC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta AMC~\Delta ACN\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{AM}{AC}=\frac{AC}{AN}\)
\(\Rightarrow AC^2=AM.AN\)
c) \(\widehat{MJC}+\widehat{MFC}=180^0\)
\(\Rightarrow MJCF\)nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{MFJ}=\widehat{MCJ}\)
Mà \(\widehat{MCJ}=\widehat{MBC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MC}\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MFJ}=\widehat{MBC}\left(1\right)\)
CMTT \(\widehat{MFI}=\widehat{MCB}\left(2\right)\)
Xét tam giác MBC có: \(\widehat{CMB}+\widehat{MCB}+\widehat{MBC}=180^0\left(3\right)\)
Từ (1), (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{CMB}+\widehat{MFJ}+\widehat{MFI}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{CMB}+\widehat{PFQ}=180^0\)
\(\Rightarrow MPFQ\)nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{MPQ}=\widehat{MFQ}\)mà \(\widehat{MFQ}=\widehat{MBC}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MPQ}=\widehat{MBC}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị
\(\Rightarrow PQ//BC\)
d) Xét tam giác MIF và tam giác MFJ có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{MIF}=\widehat{MFJ}\left(=\widehat{MBF}\right)\\\widehat{MJF}=\widehat{MFI}\left(=\widehat{MCF}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta MIF~\Delta MFJ\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{MI}{MF}=\frac{MF}{MJ}\)
\(\Rightarrow MI.MJ=MF^2\)
MI.MJ lớn nhất \(\Leftrightarrow MF^2\)lớn nhất
Mà \(MF=\frac{1}{2}MN\)
\(\Rightarrow MF^2=\frac{1}{4}MN^2\)
\(\Rightarrow MF\)lớn nhất <=> MN lớn nhất \(\Leftrightarrow MN\)là đường kính (O)
\(\Leftrightarrow M\)là điểm chính giữa cung BC
Vậy MI.MJ lớn nhất <=> M là điểm chính giữa cung BC.
( KO hiểu thì hỏi mình nha )
bài 1 :
Đặt \(x=4+a;y=5+b;z=6+c\) ( x,y,z \(\ge\)0 )
\(x^2+y^2+z^2=90\Leftrightarrow\left(4+a\right)^2+\left(5+b\right)^2+\left(6+c\right)^2=90\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+8a+10b+12c=13\)
Ta có : \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2\le\left(a+b+c\right)^2\\8a+10b+12c\le12\left(a+b+c\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow13\le\left(a+b+c\right)^2+12\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2+12\left(a+b+c\right)-13\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge1\)
Từ đó suy ra \(x+y+z=4+a+5+b+6+c\ge16\)
Min H = 16 khi x = 4 ; y = 5 ; z = 7
bài 2 :
\(\hept{\begin{cases}a+b+c+d=0\\a^3+b^3+c^3+d^3=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=-\left(c+d\right)\\\left(a+b\right)^3+\left(c+d\right)^3-3ab\left(a+b\right)-3cd\left(c+d\right)=0\left(1\right)\end{cases}}}\)
Từ ( 2 ) suy ra \(3ab\left(c+d\right)-3cd\left(c+d\right)=0\)\(\Rightarrow3\left(ab-cd\right)\left(c+d\right)=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}ab=cd\\c+d=0\left(dpcm\right)\end{cases}}\)
với \(ab=cd\Rightarrow\frac{a}{c}=\frac{d}{b}=\frac{a+d}{b+c}=\frac{-\left(b+c\right)}{b+c}=-1\)
\(\Rightarrow a=-c;d=-b\Rightarrow a+c=b+d=0\)( dpcm )
bài 3 :
a) \(\Delta ABC\)nội tiếp ( O ) đường kính BC nên vuông tại A \(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^o\)
Vì I đối xứng với H qua AB ; K đối xứng với H qua AC
\(\Rightarrow\Delta BIA=\Delta BHA\left(c.c.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{BIA}=\widehat{BHA}=90^o;\widehat{IAB}=\widehat{HAB}\)
tương tự : \(\widehat{AHC}=\widehat{AKC}=90^o;\widehat{HAC}=\widehat{KAC}\)
Ta có : \(\widehat{IAK}=\widehat{IAH}+\widehat{HAK}=2\widehat{BAH}+2\widehat{HAC}=2\widehat{BAC}=180^o\)
suy ra I,A,K thẳng hàng
Ta có : AI = AK ( = AH ) nên A là trung điểm của IK
Dễ thấy BIKC là hình thang vuông có OA là đường trung bình nên \(OA//BI//KC\)nên OA \(\perp\)IK
suy ra IK là tiếp tuyến của ( O )
b) \(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AN^2}=\frac{AN^2+AB^2}{AB^2.AN^2}=\frac{BN^2}{AB^2.AN^2}\Leftrightarrow\left(BH.BN\right)^2=\left(AB.AN\right)^2\)
Cần chứng minh BH . BN = AB . AN
vì BN // AH nên \(\widehat{ABN}=\widehat{BAH}\)
\(\Rightarrow\Delta ABH~\Delta BNA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{AB}{BH}=\frac{BN}{AN}\Rightarrow BH.BN=AB.AN\)
\(\Rightarrow dpcm\)
c) Ta có : \(\hept{\begin{cases}OM\perp AB\\AB\perp AC\end{cases}\Rightarrow OM//AC}\)
\(\Delta BNC\)có BO = OC ; OM // NC nên NM = BM hay M là trung điểm của BN
Dễ thấy AEHF là hình chữ nhật nên EF đi qua trung điểm của AH ( 1 )
Xét hình thang ANBH có M là trung điểm của BN ; NA và BH cắt tại C nên MC đi qua trung điểm của AH ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra MC,AH và EF đồng quy
d) \(S_{BIKC}=\frac{\left(BI+KC\right).IK}{2}=\frac{\left(BH+HC\right).\left(AI+AK\right)}{2}=\frac{BC.2AH}{2}=2R.AH\)
Để \(S_{BIKC}\)đạt giá trị lớn nhất thì AH max
Mà AH \(\le R\)\(\Rightarrow S_{BIKC}\)đạt giá trị lớn nhất là \(2R^2\)khi A nằm chính giữa cung BC
e) Áp dụng các hệ thức lượng, ta có :
\(AH^2=BH.HC\); \(BH^2=BE.AB;HC^2=CF.AC;AH.BC=AB.AC\)
\(\Rightarrow AH^4=BH^2.HC^2=BE.AB.CF.AC=AH.BC.BE.CF\)
\(\Rightarrow AH^3=BE.CF.BC\)