cho đường tròn (O;R) hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau .Điểm E thuộc cung nhỏ BC, điểm F thuộc cung nhỏ BD sao cho EF=R căn 2.Dây AE cắt CD và BC theo thứ tự tại M và N .dây AF cắt CD và BD theo thứ tự tại P và Q a) Tiinhs số đo góc EAF b) chứng minh tứ giác MNQP nội tiếp c) chứng minh NQ// EF d) xác định vị trí của dây EF để diện tích tam giác BND đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị đó theo R
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xin phép tách ra để bài giải trở nên đẹp hơn :))
Do X1 ; X2 là 2 nghiệm của phương trình \(5x^2-3x-1\) nên theo định lý Viete ta có:
\(X_1X_2=-\frac{1}{5};X_1+X_2=\frac{3}{5}\) ( 1 )
Khi đó ta có:
\(A=\frac{X_1}{X_2}+\frac{X_1}{X_2+1}+\frac{X_2}{X_1}+\frac{X_2}{X_1+1}-\left(\frac{1}{X_1}+\frac{1}{X_2}\right)\) ( theo mình ở đây là +,không biết có đúng ko :V )
\(=\frac{X_1^2+X_2^2}{X_1X_2}+\frac{X_1^2+X_1+X_2^2+X_2}{X_1X_2+X_1+X_2+1}-\frac{X_2+X_1}{X_1X_2}\)
\(=\frac{\left(X_1+X_2\right)^2-2X_1X_2-\left(X_1+X_2\right)}{X_1X_2}+\frac{\left(X_1+X_2\right)^2-2X_1X_2+\left(X_1+X_2\right)}{\left(X_1+X_2\right)+X_1X_2+1}\)
Bạn thay ( 1 ) vào là ra nhé :)
Ta có : \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)
\(\Rightarrow\frac{4}{x+y}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)
Áp dụng ta có :
\(\frac{a}{b+c}=a.\frac{1}{b+c}\le a.\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)\)
Tương tự :
\(\frac{b}{c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\right)\)
\(\frac{c}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)
\(\Rightarrow4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\le\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\)
\(\Rightarrow4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\le\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}\)
\(\Rightarrow4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c
Áp dụng BĐT cô si ta có :
\(\frac{b+c}{a}\ge4.\frac{a}{b+c}\)
\(\frac{c+a}{b}\ge\frac{4b}{c+a}\)
\(\frac{a+b}{c}\ge\frac{ac}{a+b}\)
\(\Rightarrow\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\ge4.\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)
Dấu " = " xảy ra khi a= b = c
ĐK : \(x\ge0\)
Ta có :
\(P=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}-\frac{1}{x+\sqrt{x}}\right).\left(\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{1}{x-1}\right)\)
\(=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}-\frac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}\right)\)\(.\left(\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\right)\)
\(=\frac{x-1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}.\frac{\sqrt{x}-1+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)
\(=\frac{\left(x-1\right)\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(x-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{x}+1}\)
Vậy ta có
\(A=\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+19}{9}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+1}{9}+\frac{18}{9}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+1}{9}+2\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
\(\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+1}{9}\ge2\sqrt{\frac{1}{\sqrt{x}+1}.\frac{\sqrt{x}+1}{9}}=\frac{2}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+1}{9}+2\ge\frac{8}{3}\)
\(\Leftrightarrow A\ge\frac{8}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi
\(\frac{1}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}+1}{9}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}+1\right)^2=9\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x}+1=3\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x}=2\)
\(\Leftrightarrow x=4\)
Vậy GTNN của A là \(\frac{8}{3}\) đạt được khi x = 4
Tứ giác FEAH có: \(\widehat{FAH}=\widehat{AEH}=90^o\)
=> Tứ giác FEAH nội tiếp => \(\widehat{HEF}=\widehat{FAH}\)
Tứ giác ABDE có: \(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^o\)
=> Tứ giác ABDE nội tiếp => \(\widehat{BAD}=\widehat{BED}\)
Vậy \(\widehat{HEF}=\widehat{BED}\)
Xét \(\Delta\)HIE \(\left(\widehat{HIE}=90^o\right)\)và \(\Delta\)HKE \(\left(\widehat{HKE}=90^o\right)\)có:
EH chung
\(\widehat{HEI}=\widehat{HEK}\)
=> \(\Delta HIE=\Delta HKE\) (cạnh huyền-góc nhọn)
=> \(\hept{\begin{cases}EI=EK\\HI=HK\end{cases}}\)(2 cạnh tương ứng)
=> \(\Delta\)KEI cân tại E, \(\Delta\)HIK cân tại H
\(\Rightarrow\widehat{KIE}=\frac{1}{2}\widehat{IEK}\Rightarrow\widehat{KIE}+\widehat{FAH}=90^o\)
Mà \(\widehat{MHF}=\widehat{FAH}=90^o\)
Do đó: \(\widehat{KIE}=\widehat{MHF}\)=> Tứ giác FIMH nội tiếp => \(\widehat{MHF}=\widehat{HIF}=90^o\)
Tứ giác HMNK có: \(\widehat{HMN}=\widehat{HKN}=90^o\)=> Tứ giác HMNK nội tiếp
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{HFN}=\widehat{HIK}\\\widehat{HNM}=\widehat{HIK}\\\widehat{HIK}=\widehat{HKI}\end{cases}}\)
=> \(\Delta\)HFN đồng dạng \(\Delta\)HIK (g.g)
=> \(\frac{HF}{HI}=\frac{HN}{HK},HI=HK\Rightarrow HF=HN\)
\(\Delta\)HFN cân tại H, HM _|_ FN => HM là đường trung tuyến của tam giác HFN
FM _|_ AD, BD _|_ AD => FM//BD
MF=MN, DB=DC nên \(\frac{AM}{AD}=\frac{MN}{DS}\)
Xét \(\Delta\)AMN và \(\Delta\)ADS có:
\(\widehat{AMN}=\widehat{ADS}\left(MN//BS\right),\frac{AM}{AD}=\frac{MN}{DS}\)
=> \(\Delta\)AMN đồng dạng \(\Delta\)ADS (c.g.c)
=> \(\widehat{MAN}=\widehat{DAS}\)
=> 2 tia AN, AS trùng nhau => A,N,S thẳng hàng
Vẽ đường cao AH của \(\Delta\)ABC
Ta có: \(S_{MAB}=S_{MAC}=\frac{1}{2}S_{ABC}\)mà AM > AH (AH _|_ HM)
Do đó: \(\frac{4}{a}=\frac{2\cdot AH}{S_{ABC}}\le\frac{2AM}{S_{ABC}}=\frac{AM}{S_{MAB}}\left(1\right)\)
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta\)ABC
Ta có \(S_{ABC}=S_{IBC}+S_{IAC}+S_{IAB}\)
\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{r\cdot BC}{2}+\frac{r\cdot AC}{2}+\frac{r\cdot AB}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{2}{r}=\frac{AB+BC+AC}{2S_{MAB}}\)
Tương tự xét \(\Delta\)MAB và \(\Delta\)MAC ta cũng có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{2}{r_1}=\frac{AM+AB+\frac{BC}{2}}{S_{MAB}}\\\frac{2}{r_2}=\frac{AM+AC+\frac{BC}{2}}{A_{MAC}}\end{cases}\left(2\right)}\)
Do đó:
\(\frac{4}{a}+\frac{2}{r}\le\frac{MA}{S_{MAB}}+\frac{AB+BC+AC}{2S_{MAB}}=\frac{1}{2}\left(\frac{AM}{S_{MAB}}+\frac{AB+\frac{AC}{2}}{S_{MAB}}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{AM}{S_{MAC}}+\frac{AC+\frac{BC}{2}}{S_{MAC}}\right)=\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}\)
Vậy \(\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}\ge2\left(\frac{1}{r}+\frac{1}{a}\right)\)
Lỗi nên không vẽ được hình nha bạn !
Bài giải
Kẻ HK \(\perp\)AB tại K ,
Ta có HK//AC ( cùng \(\perp\)AB )
=> \(\frac{BH}{HC}=\frac{BK}{KA}\)( định lí Ta - lét )
Mà \(\Delta BHK\)vuông cân tại K nên BK = HK => \(\frac{BH}{HC}=\frac{HK}{KA}\left(1\right)\)
Mà \(\Delta AKH\infty\Delta CAM\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{HK}{KA}=\frac{MA}{AC}=\frac{MA}{AB}=\frac{1}{2}\left(2\right)\)
Từ (1) và ( 2 ) => \(\frac{HB}{HC}=\frac{1}{2}\)
412 + (340 - x) = 633