Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
O A B C H
vì \(AB\)là tiếp tuyến tại \(B\) của đường tròn \(\left(O\right)\)
\(\Rightarrow\Delta ABO\) là \(\Delta\)vuông
vì \(AC\) là tiếp tuyến tại \(C\) của đường tròn \(\left(O\right)\)
\(\Rightarrow\Delta ACO\) là \(\Delta\) vuông
Vì \(AB,AC\) là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại \(A\) của đường tròn tâm O
\(\Rightarrow\)\(+\)) \(AB=AC\)
+) \(AO\) là tia phân giác \(\widehat{BAC}\)
+) \(OA\) là tia phân giác \(\widehat{BOC}\)
\(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\)
xét \(\Delta ABC\) cân có \(AH\) là tia phân giác đồng thời là đường trung trực ứng với cạnh \(BC\)
\(\Rightarrow AH\perp BC\) tại \(H\) và \(HB=HC\)
theo bài ra \(\frac{BC^2}{4}=\frac{BC^2}{2^2}=\frac{BC}{2}=HB\left(=HC\right)\)
áp dụng hệ thức gữa cạnh và đường cao vào \(\Delta ABO\) vuông tại \(B\) , đường cao \(BH\) ta có:
\(BH^2=OH.AH\)
hay \(OH.AH=\frac{BC}{2}\) ( cmt)
\(\Rightarrow OH.AH=\frac{BC^2}{4}\)
Ta có:
\(\sqrt{2016a+\frac{\left(b-c\right)^2}{2}}=\sqrt{2016a+\frac{b^2-2bc+c^2}{2}}=\sqrt{2016a+\frac{b^2+2bc+c^2-4bc}{2}}\)
\(=\sqrt{2016a+\frac{\left(b+c\right)^2-4bc}{2}}=\sqrt{2016a+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}-2bc}\)
\(\le\sqrt{2016a+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}}\left(b,c\ge0\right)=\sqrt{2016a+\frac{\left(a+b+c-a\right)^2}{2}}\)
\(=\sqrt{2016a+\frac{\left(1008-a\right)^2}{2}}=\sqrt{\frac{\left(1008+a\right)^2}{2}}=\frac{1008+a}{\sqrt{2}}\left(a\ge0\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\sqrt{2016b+\frac{\left(c-a\right)^2}{2}}\le\frac{1008+b}{\sqrt{2}};\sqrt{2016c+\frac{\left(a-b\right)^2}{2}}\le\frac{1008+c}{\sqrt{2}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\le\frac{3\cdot1008+\left(a+b+c\right)}{\sqrt{2}}=\frac{4\cdot1008}{\sqrt{2}}=2016\sqrt{2}\)
a/ * dựa vào tính chất đường trung tuyến ứng vs 1 cạnh = 1/2 cạnh ấy thì tam giác đó vuông ta sẽ CM đc tg BCD vuông tại C
*Có AC=AB(vì đg thẳng là tiếp tuyến của đg tròn vuông góc với bk đi qua tiếp điểm)
=>A cách đều A và B
=>AH vuông góc BC
b/Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO có : OH.OA=OB^2=R^2
mk cx đg làm bài này nhg ms chỉ đến đây thôi
OABCDHEMNFK
a) Do C thuộc đường tròn mà DB là đường kính nên góc \(\widehat{BCD}\) chắn nửa đường tròn.
\(\Rightarrow\widehat{BCD}=90^o\Rightarrow BC\perp DC\)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có OH là phân giác góc BOC. Lại có OBC là tam giác cân tại O nên OH cũng là đường cao.
Vậy \(OH\perp BC\)
b) Xét tam giác vuông OCA có CH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: \(OH.OA=OC^2=R^2\)
Xét tam giác vuông DBA có đường cao BE nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
\(DE.DA=BD^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)
c) Xét tam giác MBA có OH và BE là các đường cao nên N là trực tâm.
Vậy thì \(MN\perp BA\)
Lại có \(BD\perp BA\) nên BD // MN.
d) Ta chứng minh \(OF\perp AD\)
Ta có \(\widehat{BCA}=\widehat{DCO}\) (Cùng phụ với góc OCB)
\(\Rightarrow\widehat{BCA}+90^o=\widehat{DCO}+90^o\Rightarrow\widehat{DCA}=\widehat{FCO}\) (1)
Ta cũng có tứ giác ABOC nội tiếp nên \(\widehat{CAO}=\widehat{CBO}\)
Mà \(\widehat{CBO}=\widehat{CDF}\) (Cùng phụ với góc CFD)
\(\Rightarrow\widehat{CAO}=\widehat{CDF}\)
Vậy thì \(\Delta CAO\sim\Delta CDF\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CA}{CD}=\frac{CO}{CF}\Rightarrow\frac{CA}{CO}=\frac{CD}{CF}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta DCA\sim\Delta FCO\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{OFC}\)
\(\Rightarrow\widehat{ADF}-\widehat{CDF}=\widehat{CFD}-\widehat{OFD}\)
\(\Rightarrow\widehat{ADF}+\widehat{OFD}=\widehat{CFD}+\widehat{CDF}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{DKF}=90^o\Rightarrow OF\perp AD\)
Xét tam giác cân DOE có OK là đường cao nên đồng thời là trung tuyến. Vậy K là trung điểm DE.
Xét tam giác vuông ABD có BE là đường cao nên \(\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BA^2}+\frac{1}{BD^2}=\frac{1}{5R^2}+\frac{1}{4R^2}=\frac{9}{20R^2}\)
\(\Rightarrow BE^2=\frac{20R^2}{9}\)
Xét tam giác vuông BED, theo định lý Pi-ta-go ta có:
\(DE^2=BD^2-BE^2=4R^2-\frac{20R^2}{9}=\frac{16R^2}{9}\)
\(\Rightarrow DE=\frac{4R}{3}\)
\(\Rightarrow KE=\frac{2R}{3}\)