Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
H1;H2 lần lượt là trực tâm tam giác OAB, OCD và \(\widehat{AOB}=\widehat{COD}\)(đối đỉnh)
=> \(\frac{OH_1}{OH_2}=\frac{AB}{CD}\)
Gọi M,N,K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AD, BC, BD
Vì G1;G2 lần lượt là trọng tâm của các tam giác OAD; OBC. Nên \(\frac{OG_1}{OM}=\frac{2}{3};\frac{OG_2}{ON}=\frac{2}{3}\)
\(\Delta\)OMN có: \(\frac{OG_1}{OM}=\frac{OG_2}{ON}\left(=\frac{2}{3}\right)\)=> G1G2 // MN và \(G_1G_2=\frac{2}{3}MN\)
\(OH_1\perp MK,OH_2\perp NK,MK=\frac{AB}{2},NK=\frac{CD}{2}\)
Do đó: \(\widehat{H_1OH_2}=\widehat{MKN},\frac{OH_1}{MK}=\frac{OH_2}{NK}\). Nên \(\Delta\)OH1H2 đồng dạng với \(\Delta\)KMN (cgc)
=> \(H_1H_2\perp MN\)Mà G1G2 // MN
Nên \(H_1H_2\perp G_1G_2\)=> \(S=\frac{1}{2}H_1H_2\cdot G_1G_2\)
Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương ta có:
\(S=\frac{1}{2}H_1H_2\cdot G_1G_2=\frac{3G_1G_2\cdot H_1H_2}{6}\le\frac{\left(3G_1G_2+H_1H_2\right)^2}{24}\)
Dấu "=" <=> \(3G_1G_2=H_1H_2\Leftrightarrow OH_1=AB\)và \(OH_2=CD\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AOB}=\widehat{COD}=45^o\)
Bài 2: *có nhiều cách làm bài này, mỗi cách có 1 hình khác nhau, đang lỗi nên không vẽ được hình*
Cách 1: Ta có: \(\widehat{BAC}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Đặt BH=x, ta có HC=HB-BH=2R-x
\(\Delta\)ABC vuông tại A, AH là đường cao
=> AH2=BH.HC. Nên \(AH=\sqrt{x\left(2R-x\right)}\)
Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương, ta có: AH+BH=\(\sqrt{x\left(2R-x\right)+x}=\frac{1}{\sqrt{3+2\sqrt{2}}}\sqrt{x\left[\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)\right]}+x\)
\(\le\frac{1}{\sqrt{\left(\sqrt{2}+1\right)^2}}\cdot\frac{a+\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)}{2}+x\)\(=\frac{1}{\sqrt{2}+1}\left[\frac{x}{2}\left(\sqrt{2}+1\right)^2\cdot R-\frac{\left(\sqrt{2}+1\right)^2\cdot x}{2}\right]+x\)
\(=\frac{\sqrt{2}-1}{2}\cdot x+\left(\sqrt{2}+1\right)R-\frac{\sqrt{2}+1}{2}x+x=\left(\sqrt{2}+1\right)R\)
Ta có AB+AH \(\le\left(\sqrt{2}+1\right)R\)không đổi
Dấu "=" xảy ra <=> \(x=\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)\)
\(\Leftrightarrow x=\frac{2+\sqrt{2}}{2}R\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AOC}=45^o\)
Cách 2: Gọi M là điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat{COM}=45^o\) và gọi N là giao của nửa đường tròn (O) tại M với BC
Ta có: M,N cố định; \(\widehat{ONM}=45^o\), BN không đổi
Điểm A trên đường tròn (O)
Do đó tia NA nằm giữa 2 tia NB và NM
\(\Rightarrow\widehat{ANH}\le\widehat{ONM}=45^o\). Mà \(\widehat{ANH}+\widehat{HAN}=90^o\), Nên \(\widehat{HAN}\ge45^o\)
=> \(\widehat{ANH}\le\widehat{HAN},\)\(\Delta\)AHN có: \(\widehat{ANH}\le\widehat{HAN}\Rightarrow AH\le HN\)
Do đó: AH+BH \(\le\)HN+BH=BN, không đổi
Dấu "=" xảy ra <=> A = M
Vậy khi A trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat{COA}=45^o\) thì AH+BH lớn nhất
1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra A P D ^ = 90 0 , mà A H E ^ = 90 0 ( do H E ∥ B C ⊥ H A ), nên tứ giác APEH nội tiếp.
Ta có A P H ^ = A E H ^ (góc nội tiếp)
= A C B ^ H E ∥ B C = A P B ^ (góc nội tiếp)
⇒ P H ≡ P B
2). Ta có H P ⊥ A C ⇒ A E H ^ = A H P ^ = A E P ^
Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF
Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF
Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF
3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.
Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra E I ⊥ A C ⇒ E I ∥ H B
Tương tự F I ∥ H C ; E F ∥ B C ⇒ Δ I E F v à Δ H B C có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.
\(\text{a) Ta có:}\)
∠BFC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AFC = 90o
∠BEC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AEC = 90o
Tứ giác AEHF có:
∠AFC = 90o
∠AEC = 90o
=>∠AFC + ∠AEC = 180o
=> AEHF là tứ giác nội tiếp
b) ∠AFH = 90o => AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF
\(\text{Do đó trung điểm I của AH là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF}\)
=> Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF là R = AI = \(\frac{AH}{2}\) = 2cm
Ta có: ∠BAC = 60o
=> ∠FIE = 2∠BAC = 120o (Góc nội tiếp bằng \(\frac{1}{2}\) góc ở tâm cùng chắn một cung)
=> Số đo ∠EHF = 120o
Diện tích hình quạt IEHF là:
\(S=\frac{\pi R^2N}{360}=\frac{\pi.2^2.120}{360}=\frac{4\pi}{3}\left(ĐVDT\right)\)
\(\text{c) Xét tam giác ABC có: }\)
BE và CF là các đường cao
BE giao với CF tại H
=> H là trực tâm tam giác ABC
=>AH ⊥ BC hay ∠ADC = ∠ADB = 90o
Xét tứ giác BEFC có:
∠BFC = ∠BEC = 90o
=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc bằng nhau
=> BEFC là tứ giác nội tiếp
=> ∠HFE = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)
Xét tứ giác BFHD có:
∠BFH = ∠HDB = 90o
=>∠BFH + ∠HDB = 180o
=> Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180o)
=> ∠DFH = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (2)
Từ (1) và (2) = > ∠HFE = ∠DFH
=> FH tia phân giác của góc ∠DFE
d) Tam giác OFB cân tại O => ∠OFB = ∠FBO
Tam giác BFC vuông tại F => ∠FBO + ∠HCD = 90o
=> ∠OFB + ∠HCD = 90o (*)
\(\hept{\begin{cases}\Delta FIH\text{CÂN TẠI I}\\\widehat{IHF}=\widehat{DHC}\left(\text{ĐỐI ĐỈNH}\right)\\\Delta HDC\text{VUÔNG TẠI D}\Rightarrow\widehat{DHC}+\widehat{HDC}=90^0\end{cases}}\Rightarrow\widehat{IFH}+\widehat{HDC}=90^0\)
Từ (*) và (**) => ∠OFB = ∠IFH
=> ∠OFB + ∠OFH = ∠IFH + ∠OFH <=> ∠BFC = ∠FIO <=> ∠FIO) = 90o
Vậy FI là tiếp tuyến của (O)
Chứng minh tương tự EI là tiếp tuyến của (O)
Mà I là trung điểm của AH
=> Tiếp tuyến của (O) tại E và F và AH đồng quy tại 1 điểm.
HÌNH THÌ VÀO THỐNG KÊ HỎI ĐÁP CỦA MIK NHA
VCN JACK trả lời cuc64 kì đ luôn . đ là chất
1). Gọi AD cắt (O) tại P khác A
Ta có P C M ^ = P A C ^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) = P E M ^ (góc đồng vị do E M ∥ A C );
Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp. Từ đó suy ra M P C ^ = M E C ^ = E C A ^ = C A P ^ ⇒ PM tiếp xúc (O)
Tương tự PN tiếp xúc (O), suy ra MN tiếp xúc (O) tại P.
Gọi H1, H2, H3 lần lượt là trực tâm ΔABC1, ΔBCA1, ΔCAB1
Ta có : \(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC_1}=\overrightarrow{OH}_1\left(1\right)\)
\(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}_1=\overrightarrow{OH}_2\left(2\right)\)
\(\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}_1=\overrightarrow{OH}_3\left(3\right)\)
Trừ theo vế (1) , (2) ta có :
\(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC'}+\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{CO}+\overrightarrow{A_1O}=\overrightarrow{OH_1}+\overrightarrow{H_2O}\)
\(\Leftrightarrow\overrightarrow{A_1A}+\overrightarrow{CC_1}=\overrightarrow{H_2H_1}\)
TƯƠNG TỰ TRỪ THEO VẾ (2) , (3) ta được :
\(\overrightarrow{B_1B}+\overrightarrow{A_1A}=\overrightarrow{H_3H_2}\)
Lại có: AA1//BB1//CC1 (gt)
\(\Rightarrow\)vt AA1, vtA1A, vt B1B, CC1 cùng phương
\(\RightarrowĐPCM\)
A B C E F P D G (O ) (O ) 1 2
Gọi hai tiếp tuyến tại E và F của (AEF) cắt nhau tại G. Áp dụng ĐL Pascal ta có ngay B,G,C thẳng hàng (1)
Ta thấy PG/(O1) = GE2 = PG/(AEF) = GF2 = PG/(O2) suy ra G nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2) (2)
Ta lại có (O1) cắt (O2) tại D; D,B,C thẳng hàng. Kết hợp với (1) và (2) ta thu được BC là trục đẳng phương của (O1) và (O2) (đpcm).