Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. D là điểm di động trên cạnh BC, AD cắt (O) tại E. Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác EBD, ECD. XĐ vị trí điểm D để R1.R2 đạt GTLN
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giả sử AB là 1 cạnh của hình tám cạnh đều, gọi AB=a.
Vẽ AK là đường co của tam giác OAB
Ta có: \(\widehat{AOB}=\frac{360^o}{8}=45^o\Rightarrow OK=AK=\sin45^o=\frac{OA\sqrt{2}}{2}=\frac{R\sqrt{2}}{2}\)
Nên KB=OB-OK=\(\frac{R\sqrt{2}}{2}-R=R\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-1\right)\)
Xét tam giác KAB vuông tại K, theo định lý Pytago ta có:
\(AB^2=AK^2+KB^2=\left(\frac{R\sqrt{2}}{2}\right)^2+\left[R\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-1\right)\right]^2\)
\(AB^2=R^2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\sqrt{2}+1\right)\)
\(\Rightarrow AB^2=\left(2-\sqrt{2}\right)R^2\)
\(\Rightarrow AB=\sqrt{2-\sqrt{2}}R\)
a) ( d) : y = 3mx -1 - m
<=> y + 1 =( 3x -1 )
Ta có : \(\forall m\inℝ\) ta luôn có nghiệm : \(\hept{\begin{cases}y+1=0\\3x-1=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{3}\\y=-1\end{cases}}\)
Vậy ( d ) luôn đi qua điểm cố định ( 1 / 3 ; -1 )
b) Phương trình hoành độ g điểm giữa ( P ) và ( d )
\(\frac{1}{2}x^2=3mx-1-m\left(1\right)\)
<=> x2 -6mx + 2m + 2 =0 ( ko chắc lắm )
\(\Delta'=\left(3m\right)^2-2m-2=9m^2-2m-2\)
Để (P) tiếp xúc với (d) =>PT ( 1 ) có nghiệm kép => \(\Delta'=0\Leftrightarrow9m^2-2m-2=0\)
\(\Delta'=19\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}m_1=\frac{1-\sqrt{19}}{9}\\m_2=\frac{1+\sqrt{19}}{9}\end{cases}}\)
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