Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Tứ giác AHIK có:
A H I ^ = 90 0 ( I H ⊥ A B ) A K I ^ = 90 0 ( I K ⊥ A D ) ⇒ A H I ^ + A K I ^ = 180 0
=> Tứ giác AHIK nội tiếp.
b) ∆ IAD và ∆ IBC có:
A ^ 1 = B ^ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))
A I D ^ = B I C ^ (2 góc đối đỉnh)
=> ∆ IAD ~ ∆ IBC (g.g)
⇒ I A I B = I D I C ⇒ I A . I C = I B . I D
c, Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có K ^ 1 = D ^ 1
A ^ 1 = H ^ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)
mà A ^ 1 = B ^ 1 ⇒ H ^ 1 = B ^ 1
Chứng minh tương tự, ta được K ^ 1 = D ^ 1
∆ HIK và ∆ BCD có: H ^ 1 = B ^ 1 ; K ^ 1 = D ^ 1
=> ∆ HIK ~ ∆ BCD (g.g)
d) Gọi S1 là diện tích của ∆ BCD.
Vì ∆ HIK ~ ∆ BCD nên:
S ' S 1 = H K 2 B D 2 = H K 2 ( I B + I D ) 2 ≤ H K 2 4 I B . I D = H K 2 4 I A . I C (1)
Vẽ A E ⊥ B D , C F ⊥ B D ⇒ A E / / C F ⇒ C F A E = I C I A
∆ ABD và ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên:
S 1 S = C F A E ⇒ S 1 S = I C I A (2)
Từ (1) và (2) suy ra
S ' S 1 ⋅ S 1 S ≤ H K 2 4 I A . I C ⋅ I C I A ⇔ S ' S ≤ H K 2 4 I A 2 (đpcm)
Với S1 = SABC và S2 = SABH . Ta có các công thức tính diện tích:
\(S_1=\frac{CK.AB}{2};\) \(S_2=\frac{HK.AB}{2}\)
\(\Rightarrow S_1.S_2=\frac{AB^2.\left(CK.HK\right)}{4}\Rightarrow\sqrt{S_1.S_2}=\frac{AB.\sqrt{CK.HK}}{2}\)(*)
Dễ thấy: ^KBH = ^KCA (Do cùng phụ với ^BAC) => \(\Delta\)HKB ~ \(\Delta\)AKC (g.g)
\(\Rightarrow\frac{HK}{AK}=\frac{BK}{CK}\Rightarrow CK.HK=AK.BK\)
Lại có: \(\Delta\)AMB vuông ở M có đường cao MK \(\Rightarrow AK.BK=MK^2\)(Hệ thức lg trg \(\Delta\)vuông)
Từ đó => \(CK.HK=MK^2\Leftrightarrow\sqrt{CK.HK}=MK\); thế vào (*) thì được:
\(\sqrt{S_1.S_2}=\frac{AB.MK}{2}=S_{AMB}=S\). Vậy có ĐPCM.
a/ Ta có
IH vuông góc AB => ^AHI = 90
IK vuông góc AD => ^AKI = 90
=> H và K cùng nhìn AI dưới hai góc bằng nhau => AHIK là tứ giác nội tiếp
b/ Xét tam giác ADI và tam giác BCI có
^AID=^BIC (góc đối đỉnh)
sđ ^DAC = sđ ^DBC = 1/2 sđ cung CD (góc nội tiếp) => ^DAC=^DBC
=> tg ADI đồng dạng tg BCI
=> \(\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}\Rightarrow IA.IC=IB.ID\)
c/
Xét tứ giác nội tiếp AHIK có
^HIK = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (1)
^DAC = ^KHI (2 góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (2)
Xét tứ giác nội tiếp ABCD có
^BCD = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (3)
^DAC = ^DBC (hai góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (4)
Xét hai tam giác HIK và tam giác BCD
Từ (1) và (3) => ^HIK = ^BCD
Từ (2) và (4) => ^KHI = ^DBC
=> tam giác HIK đồng dạng với tam giác BCD
Cho mình sửa lại là dấu "=" thành dấu \(\le\)
Theo mình nghĩ là đề sai
\(s_1+s_2+2\sqrt{s_1s_2}=s\)mà \(s_1+s_2=s-s_3-s_4\)
Thay vào ta được \(2\sqrt{s_1s_2}=s_3+s_4\)
Dùng cô si ta được \(2\sqrt{s_1s_2}\ge2\sqrt{s_3s_4}\)
ta ko thể chứng minh được điều này vì ko có tứ giác được xác định rõ ràng