Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D O H K I
+ Qua C kẻ đg thẳng vuông góc với AC và cắt AD tại I
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của O,C trên AD.
+ OD là đg trung bình của ΔACI
=> CI = 2OD = BD = n
+ OH là đg trung bình của ΔACK
=> CK = 2OH = 2h
+ ΔACI vuông tại C, đg cao CK
\(\Rightarrow\frac{1}{CK^2}=\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{CI^2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(2h\right)^2}=\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}\Rightarrow\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}=\frac{1}{4h^2}\)
+ Qua C kẻ đg thẳng vuông góc với AC và cắt AD tại I
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của O,C trên AD.
+ OD là đg trung bình của t/g ACI
=> CI = 2 OD = BD = n
+ OH là đg trung bình của t/g ACK
=> CK = 2 OH = 2h
+ t/g ACI vuông tại C, đg cao CK
Suy ra \(\frac{1}{CK^2}=\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{CI^2}\)
\(< =>\frac{1}{\left(2h\right)^2}=\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}\)
\(< =>\frac{1}{4h^2}=\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
xét \(_{\Delta}\)AOB vuông tại O có:
\(\frac{1}{h^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}\) hay \(\frac{1}{h^2}=\frac{1}{\left(\frac{m}{2}\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{n}{2}\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{h^2}=4\left(\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}\right)\)
=> đpcm
a) Áp dụng hệ quả định lý thales:
\(\frac{MQ}{CD}+\frac{MP}{AB}=\frac{AM}{AC}+\frac{MC}{AC}=\frac{AC}{AC}=1\)
Áp dụng BĐT bunyakovsky:
\(\left(\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{CD^2}\right)\left(MP^2+MQ^2\right)\ge\left(\frac{MP}{AB}+\frac{MQ}{CD}\right)^2=1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{CD^2}\ge\frac{1}{MP^2+MQ^2}\)
dấu = xảy ra khi \(\frac{MC}{AM}=\frac{CD^2}{AB^2}\)
b) chưa nghĩ :v
a) Xét tam giác AEB và tam giác MAD có:
\(\widehat{ABE}=\widehat{MDA}\left(=90^o\right)\)
\(\widehat{AEB}=\widehat{MAD}\) (So le trong)
Vậy nên \(\Delta AEB\sim\Delta MAD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{MA}=\frac{BE}{DA}\Rightarrow AE.DA=AM.BE\)
\(\Rightarrow AE^2.a^2=MA^2.BE^2\Rightarrow AE^2.a^2=MA^2\left(AE^2-AB^2\right)\)
\(\Rightarrow AE^2.a^2=MA^2.AE^2-MA^2.a^2\Rightarrow\left(AE^2+MA^2\right).a^2=AE^2.AM^2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AM^2}=\frac{1}{a^2}\)
A B C D O E M G H F K
a) Xét \(\frac{a^2}{AE^2}+\frac{a^2}{AM^2}=\frac{CM^2}{ME^2}+\frac{CE^2}{ME^2}=1\)(ĐL Thales và Pytagoras). Suy ra \(\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AM^2}=\frac{1}{a^2}.\)
b) Ta dễ thấy \(\Delta\)ACG = \(\Delta\)ACM (c.g.c), suy ra ^AGC = ^AMC = ^BAE. Từ đây \(\Delta\)ABE ~ \(\Delta\)GBA (g.g)
Vậy BE.BG = AB2 = BO.BD nên \(\Delta\)BOE ~ \(\Delta\)BGD (c.g.c) (đpcm).
c) Gọi CH giao AB tại K. Theo hệ quả ĐL Thales \(\frac{CM}{BA}=\frac{EC}{EB}=2\)(Vì \(BE=\frac{a}{3}\))\(\Rightarrow CM=2a\)
Ta cũng có \(\frac{CF}{FM}=\frac{KB}{BA}\), suy ra \(\frac{\frac{a}{2}}{2a-\frac{a}{2}}=\frac{KB}{a}\Leftrightarrow KB=\frac{a}{3}\left(=BE\right)\)
Từ đó \(\Delta\)EKB vuông cân tại B, mà \(\Delta\)ABC vuông cân tại B nên E là trực tâm \(\Delta\)ACK
Suy ra AE vuông góc CK (tại H). Vậy, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)MEC) thì
\(CH^2=HE.HM\Leftrightarrow CH^3=HE.HC.HM\Leftrightarrow CH=\sqrt[3]{HE.HC.HM}\)(đpcm).
Xét \(\Delta OBC\)có: OH _|_ BC
=> \(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OB^2}+\frac{1}{OC^2}\)hay \(\frac{1}{h^2}=\frac{1}{OB^2}+\frac{1}{OC^2}\)(*)
\(AC=m\Rightarrow OC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}m\)
\(BD=n\Rightarrow OB=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}n\)
Thay vào pt (*) => \(\frac{1}{h^2}=\frac{1}{\left(\frac{1}{2}m\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{1}{2}n\right)^2}=\frac{4}{m^2}+\frac{4}{n^2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{4h^2}=\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}\)