Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Chứng minh tích BD.CEBD.CE không đổi.
Xét hai tam giác: ΔBOD∆BOD và ΔCEO∆CEO, ta có: ˆB=ˆC=600B^=C^=600 (gt) (1)
Ta có ˆDOCDOC^ là góc ngoài của ΔBDO∆BDO nên: ˆDOC=ˆB+ˆD1DOC^=B^+D^1
hay ˆO1+ˆO2=ˆB+ˆD1⇔600+ˆO2=600+ˆD1O1^+O2^=B^+D1^⇔600+O2^=600+D1^
⇔ˆO2=ˆD1(2)⇔O2^=D1^(2)
Từ (1) và (2) ⇒ΔBOD⇒∆BOD đồng dạng ΔCEO∆CEO (g.g)
⇒BDBO=COCE⇒BD.CE=BO.CO⇒BDBO=COCE⇒BD.CE=BO.CO
hay BD.CE=BC2.BC2=BC24BD.CE=BC2.BC2=BC24 (không đổi)
Vậy BD.CE=BC24BD.CE=BC24 không đổi
b) Chứng minh ΔBODΔBOD đồng dạng ΔOEDΔOED
Từ câu (a) ta có: ΔBOD∆BOD đồng dạng ΔCEO∆CEO
⇒ODOE=BDOC=BDOB⇒ODOE=BDOC=BDOB (do OC=OBOC=OB)
Mà ˆB=ˆDOE=600B^=DOE^=600
Vậy ΔBODΔBOD đồng dạng ΔOEDΔOED (c.g.c) ⇒ˆBDO=ˆODE⇒BDO^=ODE^
hay DODO là tia phân giác của góc BDEBDE
c) Vẽ OK⊥DEOK⊥DE và gọi II là tiếp điểm của (O)(O) với ABAB, khi đó OI⊥ABOI⊥AB. Xét hai tam giác vuông: IDOIDO và KDOKDO, ta có:
DODO chung
ˆD1=ˆD2D1^=D2^ (chứng minh trên)
Vậy ΔIDOΔIDO = ΔKDOΔKDO⇒OI=OK⇒OI=OK
Điều này chứng tỏ rằng OKOK là bán kính của (O)(O) và OK⊥DEOK⊥DE nên KK là tiếp điểm của DEDE với (O)(O)hay DEDE tiếp xúc với đường tròn (O)
theo bất đẳng thức cô-si : x+y ≥2√xy với x,y là các số ko âm nên theo BĐT cô-si ta có:
\(\frac{^{a^2}}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}\times\frac{b+c}{4}}=2\times\frac{a}{2}=a\)
suy ra \(\frac{a^2}{b+c}\ge a-\frac{b+c}{4}\)
tương tự \(\frac{b^2}{a+c}\ge b-\frac{a+c}{4};\frac{c^2}{a+b}\ge c-\frac{a+b}{4}\)
cộng từng vế ba bất đẳng thức ta được
\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\left(a+b+c\right)-\frac{a+b+c}{2}=\frac{a+b+c}{2}\)
vậy bất đẳng thức được chứng minh
vì a+b+c=0==> x=-(y+z) ==> \(x^2=\left(y+z\right)^2\)
<=> \(x^2=y^2+2yz+z^2\)
<=> \(x^2-y^2-z^2=2yz\)
<=> \(\left(x^2-y^2-z^2\right)^2=4y^2z^2\)
<=>\(x^4+y^4+z^4=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2\)
<=> \(2\left(x^4+y^4+z^4\right)=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=a^4\)
==> \(x^4+y^4+z^4=\frac{a^4}{2}\)