Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Tam giác ABC ngọi tiếp đường tròn \(\left(O\right)\)nên AB, BC, AC lần lượt là tiếp tuyến tại D, E , F của đường tròn.
Theo tính chất của hai đường tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
AD = AF ; DB = BE ; FC = CE
Xét vế phải:
VP = AB + AC - BC
= ( AD + DB ) + ( AF + CF ) - ( BE + CE )
Thay DB = BE , FC = CE vào biểu thức trên, ta được:
VP = ( AD + BE ) + ( AF + CE ) - ( BE + CE )
= AD + BE + AF + CE - BE - CE
= ( AD + AF ) + ( BE - BE ) + ( CE - CE )
= AD + AF
= AD + AD = 2AD
Vậy 2AD = AB + AC - BC
b, Các hệ thức tương tự là:
2BD = BA + BC - AC
2CF = CA + CB - AB
a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
AD=AF; BD=BE; CF=CE.
Xét vế phải AB+AC-BC=
=(AD+DB)+(AF+FC)-(BE+EC)
=(AD+BE)+(AF+CE)-(BE+EC)
= AD+AF=2AD.
b) Các hệ thức tương tự là:
2BD=BA+BC-AC;
2CF=CA+CB-AB.
Nhận xét. Từ bài toán trên ta có các kết quả sau:
AD=AF=p-a; BD=BE=p-b; CE=CF=p-c
trong đó AB=c; BC=a; CA=b và p là nửa chu vi của tam giác ABC.
a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
AD=AF; BD=BE; CF=CE.
Xét vế phải AB+AC-BC=
=(AD+DB)+(AF+FC)-(BE+EC)
=(AD+BE)+(AF+CE)-(BE+EC)
= AD+AF=2AD.
b) Các hệ thức tương tự là:
2BD=BA+BC-AC;
2CF=CA+CB-AB.
Nhận xét. Từ bài toán trên ta có các kết quả sau:
AD=AF=p-a; BD=BE=p-b; CE=CF=p-c
trong đó AB=c; BC=a; CA=b và p là nửa chu vi của tam giác ABC.
Tương tự ta tìm được các hệ thức:
2BE = BA + BC – AC
2CF = CA + CB – AB
Cách 1: Đặt tên các đoạn thẳng như hình bên.
Ta có:
.
Suy ra 
vuông tại A.
Áp dụng hệ thức 
ta có: 
Cách 2:
Cũng chứng minh vuông như cách 1.
Áp dụng hệ thức 
ta được .
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
BD = BE, CE = CF, AD = AF
Ta có:
AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + FC) – (BE + EC)
= (AD + AF) + (DB – BE) + (FC – EC)
= AD + AF = 2AD.
Vậy 2AD = AB + AC – BC (đpcm)
Bài này có khá nhiều cách làm
Ta có: \(a^2=\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Cách 1:
Gọi I là giao điểm của MQ với đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Xét \(\Delta MHQ\) và \(\Delta HDQ\) có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{Q}chung\\\widehat{QMH}=\widehat{QHD}\end{cases}}\) => Tam giác MHQ đồng dạng với tam giác HDQ (gg)
=> \(\frac{QH}{QM}=\frac{QD}{QH}\) hay QH2=QM.QD=MJ=x (do tính đổi xứng tam giác ABC đều qua trụ BF) nên QH2=x.y(2)
Mặt khác vì Q thuộc HC nên QH=HC-QC=\(\frac{x+y+z}{2}-z=\frac{x+y-z}{2}\) (3)
Từ (2)và (3) có: \(\left(\frac{x+y-z}{2}\right)^2=yz\) khai triển và rút gọn t được
\(x^2+y^2+z^2=2\left(xy+yz+xz\right)\)
Thay vào (1) => \(x^2+y^2+z^2=\frac{a^2}{2}\)
Cách 2:
Giả sử EF cắt MP tại U và cắt MQ tại V
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{MEF}=\widehat{MFN}=\widehat{FMV}\\\widehat{EMU}=\widehat{MEI}=\widehat{MFE}\end{cases}}\)
nên tam giác MEU đồng dạng với tam giác FMV => \(\frac{MU}{EU}=\frac{FV}{MV}\) hay \(MU\cdot MV=EU\cdot FV\) hay \(UV^2=BP\cdot QC\) (4)
Mặt khác \(PQ-UV=MQ-MV=QV=\frac{a}{2}\) (5)
Sử dụng (4);(5) để biến đổi biểu thức
\(A=xy+yz+zx=BP\cdot PQ+PQ\cdot QC+QC\cdot BP=PQ\left(BP+QC\right)+UV^2\)
\(=PQ\left(EF-UV\right)+UV^2=PQ\cdot\frac{a}{2}-UV\left(PQ-UV\right)=PQ\cdot\frac{a}{2}-UV\cdot\frac{a}{2}=\frac{a}{2}\left(PQ-UV\right)\)\(=\frac{a^2}{4}\)
Thay vào (1) ta có: \(x^2+y^2+z^2=\frac{a^2}{2}\)
Cách 3:
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC đều. Xét điểm M nằm trên tròn tâm G bán kính GM=r
H và K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ G và M đến BC. Kẻ GS vuông góc với MK ( S thuộc MK)
Đặt PQ=2PK=2KQ=y
Giả sử K thuộc BH (nếu K thuộc HC thì cmtt)
\(BP^2+QC^2=\left(BH-PK-KH\right)^2+\left(CH-KQ+KH\right)^2\)
\(=\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}-KH\right)^2+\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}+KH\right)^2=2\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}\right)^2+2KH^2\) (6)
Mặt khác \(KH^2=MG^2-MS^2=r^2-\left(MK-SK\right)^2=r^2-\left(\frac{y\sqrt{3}}{2}-\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2=r^2-\frac{3}{4}\left(y-\frac{a}{3}\right)^2\) (7)
Từ (6) và (7) có: \(BP^2+PQ^2+QC^2=\frac{1}{2}\left(a-y\right)^2+y^2+2r^2-\frac{3}{2}\left(y-\frac{a}{3}\right)^2=\frac{a^2}{2}+2r^2\) (8)
Khi M thuộc đường tròn nội tiếp tam giác ABC, nghĩa ra \(r=MG=\frac{a\sqrt{3}}{6}\)thì
\(BP^2+PQ^2+QC^2=\frac{1}{2}MF\)
đây là hình nhé, để cung cấp cho cách giải:
Xét tứ giác CEHD ta có:
góc CEH = 900 (Vì BE là đường cao)
góc CDH = 900 (Vì AD là đường cao)
=> góc CEH + góc CDH = 1800
Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
B)
Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 900.
AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 900.
Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
BD = BE, CE = CF, AD = AF
Ta có:
AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + FC) – (BE + EC)
= (AD + AF) + (DB – BE) + (FC – EC)
= AD + AF = 2AD.
Vậy 2AD = AB + AC – BC (đpcm)
b) Tương tự ta tìm được các hệ thức:
2BE = BA + BC – AC
2CF = CA + CB – AB