Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Tự làm nhá
b) +) CM \(\Delta ADC~\Delta HDE\left(g-g\right)\)
=> DA.HE=DH.AC
+) \(\Delta BAD\)cân\(=>\widehat{BAD}=90^0-\frac{1}{2}\widehat{B}=\widehat{CAD}\)
mà \(\widehat{CAD}=\widehat{B}\)
=> AD là tia phân giác góc HAC => Góc HAE = góc CAE => cung HE= cung CE => cạnh HE = cạnh CE => tam giác cân (dpcm)
3) Xét \(\Delta MNP\)zuông tại M ngoại tiếp đươg tròn tâm I , bán kính r , tiếp xúc các cạnhMN , MP,NP thứ tự tại D, E ,F
ta có \(\widehat{IEM}=\widehat{IDM}=\widehat{DME}=90\);ID =IE=r
=> tứ giác IEMD là hình zuông
=> MD=ME=r
Có ND=NF,PE =PF( các tia tiếp tuyến cắt nhau)
=> MN+MP-NP=MD+ND+ME+PE-NF-PF=MD+ME=2r
tam giác ABH zuông tại H có \(\hept{\begin{cases}R_1=\frac{AH+BH-AB}{2}\\\end{cases}}\)
Tam giác ACH zuông tại H có \(R_2=\frac{AH+CH-AC}{2}\)
tam giác ABC zuông tại A có \(R_3=\frac{AB+AC-BC}{2}\)
\(=>R_1+R_2+R_3=AH\)
ta có \(AH\le AO=\frac{6}{2}=3cm\)
dấu = xảy ra khi H trung O
=> A là điểm chính giữa cung BC
Nguồn : https://qanda.ai/vi/solutions/npWTTopujG-Cho-n%E1%BB%ADa-%C4%91%C6%B0ong-tr%C3%B2n-t%C3%A2m-O-d%C6%B0%E1%BB%9Dng-k%C3%ADnh-BC6cm-Tr%C3%AAn-n%E1%BB%ADa-%C4%91%C6%B0%E1%BB%9Dng-tr%C3%B2n
Ta có R là bán kính đường tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh a thì \(R=\frac{a\sqrt{3}}{a}\) (*)
Dựng 2 tam giác đều BDF và CDG về phía ngoài tam giác ABC, khi đó \(\widehat{BFD}=\widehat{BED}=60^0;\widehat{CGD}=\widehat{CED}=60^o\)
=> BDEF và CDEG là các tứ giác nội tiếp
Nên R1;R2 lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đềuy BDF và CDG
Theo (*) ta có: \(R_1=\frac{BD\sqrt{3}}{3};R_2=\frac{CD\sqrt{3}}{3}\Rightarrow R_1R_2=\frac{BD\cdot CD}{3}\)
Mặt khác \(\left(BD+CD\right)^2\ge4\cdot BD\cdot CD\)
=> BD.CD\(\le\frac{\left(BD+CD\right)^2}{4}=\frac{BC^2}{4}=\frac{3R^2}{4}\Rightarrow R_1R_2\le\frac{R^2}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
BD=CD, nghĩa là R1;R2 đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{R^2}{4}\) khi D là trung điểm BC
B C A D G E F H M O N P S T
1) +) Xét đường tròn (AD): ^AED = ^AFD = 900 (Các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: BD2 = BE.BA; CD2 = CF.CA => (BD.CD)2 = AB.AC.BE.CF
Hay AD4 = AD.BC.BE.CF => AD3 = BC.BE.CF => \(\frac{AD^3}{BE.CF}=BC=2R\)
+) Chứng minh H,E,F thẳng hàng ?
Ta có: AE.AB = AF.AC (=AD2) => Tứ giác BEFC nội tiếp => ^CBE = ^AFE = ^EGH (Do tứ giác AGEF nội tiếp)
=> Tứ giác BEGH nội tiếp => ^GEH = ^GBH = ^GAF. Mà ^GAF + ^GEF = 1800
Nên ^GEH + ^GEF = 1800 => 3 điểm H,E,F thẳng hàng (đpcm).
2) Ta thấy tứ giác BEGH và BEFC nội tiếp => AG.AH = AE.AB = AF.AC => Tứ giác GFCH nội tiếp
Theo ĐL Ptolemy cho tứ giác GFCH nội tiếp: FG.CH + GH.CF = CG.HF (đpcm).
3) Gọi S,T lần lượt là hình chiếu của N,P trên BC.
Xét đường tròn (P) có: ^ACM = 1/2.Sđ(AM = 900 - ^PMA => ^PMA = 900 - ^ACB.
Tương tự: ^NMA = 900 - ^ABC. Suy ra: ^PMA + ^NMA = 1800 - (^ABC + ^ACB) = 900 => ^PMN = 900
Từu đó dễ có: \(\Delta\)NSM ~ \(\Delta\)MTP (g.g) => NS.PT = MS.MT (*)
Xét \(\Delta\)MNP: ^PMN = 900 => \(S_{MNP}=\frac{MN.MP}{2}=\frac{\sqrt{\left(NS^2+MS^2\right)\left(PT^2+MT^2\right)}}{2}\)(ĐL Pytagore)
Áp dụng BĐT Bunhiacopsky: \(S_{MNP}\ge\frac{NS.PT+MS.MT}{2}=MS.MT=\frac{1}{4}BM.CM\)(Dựa vào (*) )
Vậy Min SMNP = 1/4.BM.CM = const (Vì M cố định). Đạt được khi A là trung điểm cung BC.
