Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Để chứng minh cung DE có số đo không đổi, ta cần chứng minh góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Thực vậy, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, OB và OC là phân giác ngoài của tam giác ABC. Ta có
\(\angle BOC=180^{\circ}-\frac{\angle MBC}{2}-\frac{\angle NCB}{2}=\frac{\angle ABC}{2}+\frac{\angle ACB}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle BAC}{2}=90^{\circ}-\frac{a}{2}\)
Do đó góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Suy ra cung DE có số đo không đổi.
2. Do CD vuông góc với AB nên BC,BD là đường kính của hai đường tròn (O) và (O'). Suy ra
\(\angle CFB=\angle DEB=90^{\circ}\to\angle CFD=\angle CED=90^{\circ}.\) Vậy tứ giác CDEF nội tiếp. Do đó \(\angle ECF=\angle EDF\to\angle FAB=\angle ECF=\angle EDF=\angle EDB\)
Vậy AB là phân giác của góc AEF.
3. Đề bài có chút nhầm lẫn, "kẻ \(IH\perp BC\) mới đúng. Do tam giác ABC nhọn và I nằm trong nên các điểm H,K,L nằm trên các cạnh của tam giác. Sử dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2,\) ta suy ra \(AL^2+BL^2\ge\frac{1}{2}\left(AL+BL\right)^2=\frac{1}{2}AB^2.\) Tương tự ta cũng có \(BH^2+CH^2\ge\frac{1}{2}BC^2,KC^2+KA^2\ge\frac{1}{2}AC^2.\) Mặt khác theo định lý Pitago
\(AL^2+BH^2+CK^2=\left(IA^2-IL^2\right)+\left(IB^2-IH^2\right)+\left(IC^2-IK^2\right)\)
\(=\left(IA^2-IK^2\right)+\left(IB^2-IL^2\right)+\left(IC^2-IH^2\right)\)
\(=BL^2+CH^2+AK^2.\)
Thành thử \(AL^2+BH^2+CK^2=\frac{\left(AL^2+BL^2\right)+\left(BH^2+CH^2\right)+\left(CK^2+AK^2\right)}{2}\ge\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2}.\)
Dấu bằng xảy ra khi \(AL=BL,BH=CH,CK=AK\Leftrightarrow I\) là giao điểm ba đường trung trực.
1.\(\Delta OMH\perp H\) ( không đổi )
\(\Rightarrow\widehat{OMH}+\widehat{HOM}=90^o\)
Ta có: I là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta OMH\)
\(\Rightarrow\widehat{OMI}=\widehat{HMI}=\dfrac{\widehat{OMH}}{2}\)
\(\Rightarrow\widehat{MOI}=\widehat{HOI}=\dfrac{\widehat{MOH}}{2}\)
\(\Delta OIM\) có: \(\widehat{OIM}=180^o-\left(\widehat{OMI}+\widehat{MOI}\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(\widehat{OIM}=180^o-\left(\dfrac{\widehat{OMH}}{2}+\dfrac{\widehat{MOH}}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\widehat{OIM}=180^o-\dfrac{90^o}{2}=135^o\)
Xét \(\Delta OIB\) và \(\Delta OIM\), có:
\(OB=OM\left(=R\right)\)
\(\widehat{MOI}=\widehat{BOI}\) ( OI là tia phân giác \(\widehat{MOH}\) )
`OI`: chung
Vậy\(\Delta OIB\) = \(\Delta OIM\) ( c.g.c )
\(\Rightarrow\widehat{OIB}=\widehat{OIM}\) ( 2 góc tương ứng )
\(\Rightarrow\widehat{OIB}=135^o\) ( không đổi )
2. \(\Delta OMH\perp H\)
\(\Rightarrow S_{OMH}=\dfrac{1}{2}.OH.MH\)
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
\(\sqrt{OH^2.MH^2}\le\dfrac{OH^2+MH^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}.OH.MH\le\dfrac{1}{2}.\dfrac{OH^2+MH^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}.OH.MH\le\dfrac{1}{2}.\dfrac{OM^2}{4}\) ( pytago )
\(\Leftrightarrow S_{OMH}\le\dfrac{R^2}{4}\)
\(\rightarrow\)\(S_{OMH}\) lớn nhất là \(\dfrac{R^2}{4}\) không đổi
Dấu "=" xảy ra khi:
\(OH^2=MH^2\)
\(\Rightarrow OH=MH\)
\(\Rightarrow\Delta OMH\) vuông cân tại `H` \(\Rightarrow\widehat{MOH}=\widehat{OMH}=45^o=\widehat{MOC}\)
\(\Rightarrow\)`M` nằm giữa của \(\stackrel\frown{AB}\) thì \(S_{OMH}\) đạt GTNN là \(\dfrac{R^2}{4}\)
eyy bài không biết đăng lên đây hẽ?:"))