Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án:
Kẻ \(OH\perp AB\)tại H
Không mất tính tổng quát, giả sử A nằm giữa M và B.
Ta có \(MA+MB\)\(=MA+MA+AH+HB\)\(=2MA+AH+HB\)
Đường tròn (O;2cm) có dây AB, \(OH\perp AB\)tại H \(\Rightarrow\)H là trung điểm AB \(\Rightarrow AH=HB\left(=\frac{AB}{2}\right)\)
Do đó \(MA+MB=2MA+AH+HB\)\(=2MA+2AH\)\(=2\left(MA+AH\right)\)\(=2MH\)
Xét đường thẳng OH có MH là đường vuông góc kẻ từ M đến OH và OM là một đường xiên kẻ từ M đến OH nên \(MH\le OM=3cm\)\(\Rightarrow MA+MB=2MH\le2OM=2.3=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(MH=OM\Rightarrow H\equiv O\Rightarrow\)Đường thẳng d đi qua O.
Vậy GTLN của \(MA+MB\)là 6cm khi đường thẳng d đi qua O
a)
Từ M kẻ tiếp tuyến Mx của (O) nên OA vuông góc với Mx
Ta có tứ giác MEHF là tứ giác nội tiếp => góc MFE=góc MHE(1)
Mà góc MHE=góc MAH(2) (+góc HMA=90o)
Từ (1) và (2) => góc MAB = góc MFE
Mặt khác góc MAB=góc BMx (=1/2 số đo cung MB )
=>EF song song với Mx
Om vuông góc Mx => OM vuông góc È
mà MD vuông góc È => o thuộc MD => dpcm
M A B C
Nối MA, MB tạo thành tam giác MAB
C là trung điểm của AB
áp dụng công thức đường trung tuyến
\(MC^2=\frac{2\left(MA^2+MB^2\right)-AB^2}{4}\) (*)
Lâu rồi tôi không nhớ là có được áp dụng công thức này hay không nếu phải chứng minh ta chứng minh như sau:
Áp dụng định lý hàm cos
Xét tg MAC có
\(MC^2=MA^2+AC^2-2.MA.AC.\cos\widehat{A}\) (1)
Xét tg MAB có
\(MB^2=MA^2+AB^2-2.MA.AB.\cos\widehat{A}\Rightarrow\cos\widehat{A}=\frac{MA^2+AB^2-MB^2}{2.MA.AB}\) Thay vào (1) ta có
\(MC^2=MA^2+AC^2-2.MA.AC.\frac{MA^2+AB^2-MB^2}{2.MA.AB}\)
\(MC^2=MA^2+\frac{AB^2}{4}-2.MA.\frac{AB}{2}.\frac{MA^2+AB^2-MB^2}{2.MA.AB}\)
\(MC^2=MA^2+\frac{AB^2}{4}-\frac{MA^2+AB^2-MB^2}{2}=\frac{2\left(MA^2+MB^2\right)-AB^2}{4}\left(dpcm\right)\)
Từ (*)\(\Rightarrow MC^2=\frac{2.\frac{3a^2}{4}-a^2}{4}=\frac{a^2}{8}\Rightarrow MC=\frac{a}{2\sqrt{2}}\)
AB cố định => C cố định, M cách C cố định 1 khoảng không đổi \(=\frac{a}{2\sqrt{2}}\) nên M nằm trên đường tròn tâm C có bán kính\(=\frac{a}{2\sqrt{2}}\)
a) Vì = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra trong tam giác vuông MIB có tg
=
=
=>
= 26o34’
Vậy không đổi.
b) Phần thuận:
Khi điểm M chuyển động trên đường tròn đường kính AB thì điểm I cũng chuyển động, nhưng luôn nhìn đoạn thẳng AB cố định dưới góc 26o34’, vậy điểm I thuộc hai cung chứa góc 26o34’ dựng trên đoạn thẳng AB (hai cung 
và 
)
Phần đảo:
Lấy điểm I' bất kì thuộc hoặc , I'A cắt đường tròn đường kính AB tại M'.
Tam giác vuông BMT, có tg =
= tg26o34’
Kết luận: Quỹ tích điểm I là hai cung và
a) Vì \(\widehat{BMA}\)= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra trong tam giác vuông MIB có tg\(\widehat{AIB}\) = \(\dfrac{MB}{MI}\) = \(\dfrac{1}{2}\) =>\(\widehat{AIB}\) = 26o34’
Vậy \(\widehat{AIB}\) không đổi.
b) Phần thuận:
Khi điểm M chuyển động trên đường tròn đường kính AB thì điểm I cũng chuyển động, nhưng luôn nhìn đoạn thẳng AB cố định dưới góc 26o34’, vậy điểm I thuộc hai cung chứa góc 26o34’ dựng trên đoạn thẳng AB (hai cung và )
Phần đảo:
Lấy điểm I' bất kì thuộc hoặc , I'A cắt đường tròn đường kính AB tại M'.
Tam giác vuông BMT, có tg\(\widehat{I'}\) = \(\dfrac{M'B}{M'I'}\) = tg26o34’
Kết luận: Quỹ tích điểm I là hai cung và
M B A H
kẻ MH vuông góc với AB.
Th1: H nằm trong đoạn AB (hình vẽ)
Đặt \(AB=c\).
áp dụng định lý pitago ta có: \(MA^2=MH^2+HA^2,MB^2=MH^2+HB^2\)
SUY RA: \(MA^2-MB^2=HA^2-HB^2=\left(HA-HB\right)\left(HA+HB\right)=a\)
Do H nằm trên đoạn AB nên HA+HB=a từ đó suy ra: \(HA-HB=\frac{a}{HA+HB}=\frac{a}{c}\)
Mà HA+HB=c suy ra: \(HA=\left(\frac{a}{c}+c\right):2=\frac{a+c^2}{2c}\)(không đổi).
Suy ra M nằm trên đường thẳng qua H ( H thuộc đoạn AB, \(HA=\frac{a+c^2}{2c}\)) vuông góc với AB.
TH2: H nằm ngoài đoạn AB ta có HA-HB=AB=c. Lập luận tương tự ta cũng có kết quả như TH1.
M là trung điểm AB, a=0