Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta đặt: \(S_{BEMF}=S_1;S_{ABC}=S\)
Kẻ \(AK\perp BC\) ; \(AK\) cắt \(EM\left\{H\right\}\)
Ta có: \(S_1=EM.HK\)
\(\Leftrightarrow S=\dfrac{1}{2}BC.AK\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{S_1}{S}=2\dfrac{EM}{BC}.\dfrac{KH}{AK}\)
Đặt \(MA=x;MC=y\) . Theo định lý Thales ta có:
\(\dfrac{EM}{BC}=\dfrac{x}{x+y};\dfrac{HK}{AK}=\dfrac{x}{x+y}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{S_1}{S}=\dfrac{2xy}{\left(x+y\right)^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cosi dạng \(\dfrac{ab}{\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{1}{4}\) ta được:
\(\dfrac{S_1}{S}=\dfrac{2xy}{\left(x+y\right)^2}\le\dfrac{1}{2}\) hay \(S_1\le\dfrac{1}{2}S\)
\(\Leftrightarrow MaxS_1=\dfrac{1}{2}S\)
\(\Leftrightarrow\) \(M\) là trung điểm của \(AC\)
Câu hỏi của Pham Van Hung - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Bạn tham khảo link này nhé!
a: góc BAC=góc BCA
=>sđ cung BC=sđ cung BA
b: xy//DE
=>góc AED=góc yAE=góc ABC
c: góc AED=góc ABC
=>góc ABC+góc DEC=180 độ
=>BCDE nội tiếp
Lời giải:
Ta có:
$PM\parallel AC$ nên $\widehat{PMB}=\widehat{ACB}$
Mà $\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{PBM}$ do tam giác $ABC$ cân nên $\widehat{PMB}=\widehat{PBM}$
$\Rightarrow \triangle PBM$ cân tại $P$
$\Rightarrow PB=PM$
Mà $PM=PD$ do tính đối xứng
$\Rightarrow PB=PM=PD$ nên $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $(DBM)$
$\Rightarrow \widehat{BDM}=\frac{1}{2}\widehat{BPM}$ (tính chất góc nt và góc ở tâm cùng chắn 1 cung)
$=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$
Tương tự, $Q$ cũng là tâm ngoại tiếp $(DCM)$
$\Rightarrow \widehat{MDC}=\frac{1}{2}\widehat{MQC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$
Như vậy:
$\widehat{BDC}=\widehat{BDM}+\widehat{MDC}=\widehat{BAC}$
Kéo theo $D\in (ABC)$
Ta có đpcm.
Cho mình hỏi bài này đã được giải chưa vậy? Mình hiện đang giải bài này nhưng mình vẫn chưa thể giải được.
Bài này có khá nhiều cách làm
Ta có: \(a^2=\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Cách 1:
Gọi I là giao điểm của MQ với đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Xét \(\Delta MHQ\) và \(\Delta HDQ\) có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{Q}chung\\\widehat{QMH}=\widehat{QHD}\end{cases}}\) => Tam giác MHQ đồng dạng với tam giác HDQ (gg)
=> \(\frac{QH}{QM}=\frac{QD}{QH}\) hay QH2=QM.QD=MJ=x (do tính đổi xứng tam giác ABC đều qua trụ BF) nên QH2=x.y(2)
Mặt khác vì Q thuộc HC nên QH=HC-QC=\(\frac{x+y+z}{2}-z=\frac{x+y-z}{2}\) (3)
Từ (2)và (3) có: \(\left(\frac{x+y-z}{2}\right)^2=yz\) khai triển và rút gọn t được
\(x^2+y^2+z^2=2\left(xy+yz+xz\right)\)
Thay vào (1) => \(x^2+y^2+z^2=\frac{a^2}{2}\)
Cách 2:
Giả sử EF cắt MP tại U và cắt MQ tại V
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{MEF}=\widehat{MFN}=\widehat{FMV}\\\widehat{EMU}=\widehat{MEI}=\widehat{MFE}\end{cases}}\)
nên tam giác MEU đồng dạng với tam giác FMV => \(\frac{MU}{EU}=\frac{FV}{MV}\) hay \(MU\cdot MV=EU\cdot FV\) hay \(UV^2=BP\cdot QC\) (4)
Mặt khác \(PQ-UV=MQ-MV=QV=\frac{a}{2}\) (5)
Sử dụng (4);(5) để biến đổi biểu thức
\(A=xy+yz+zx=BP\cdot PQ+PQ\cdot QC+QC\cdot BP=PQ\left(BP+QC\right)+UV^2\)
\(=PQ\left(EF-UV\right)+UV^2=PQ\cdot\frac{a}{2}-UV\left(PQ-UV\right)=PQ\cdot\frac{a}{2}-UV\cdot\frac{a}{2}=\frac{a}{2}\left(PQ-UV\right)\)\(=\frac{a^2}{4}\)
Thay vào (1) ta có: \(x^2+y^2+z^2=\frac{a^2}{2}\)
Cách 3:
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC đều. Xét điểm M nằm trên tròn tâm G bán kính GM=r
H và K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ G và M đến BC. Kẻ GS vuông góc với MK ( S thuộc MK)
Đặt PQ=2PK=2KQ=y
Giả sử K thuộc BH (nếu K thuộc HC thì cmtt)
\(BP^2+QC^2=\left(BH-PK-KH\right)^2+\left(CH-KQ+KH\right)^2\)
\(=\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}-KH\right)^2+\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}+KH\right)^2=2\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}\right)^2+2KH^2\) (6)
Mặt khác \(KH^2=MG^2-MS^2=r^2-\left(MK-SK\right)^2=r^2-\left(\frac{y\sqrt{3}}{2}-\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2=r^2-\frac{3}{4}\left(y-\frac{a}{3}\right)^2\) (7)
Từ (6) và (7) có: \(BP^2+PQ^2+QC^2=\frac{1}{2}\left(a-y\right)^2+y^2+2r^2-\frac{3}{2}\left(y-\frac{a}{3}\right)^2=\frac{a^2}{2}+2r^2\) (8)
Khi M thuộc đường tròn nội tiếp tam giác ABC, nghĩa ra \(r=MG=\frac{a\sqrt{3}}{6}\)thì
\(BP^2+PQ^2+QC^2=\frac{1}{2}MF\)
Bạn tham khảo bài tại link :
https://olm.vn/hoi-dap/detail/244883081409.html
hoặc :
Câu hỏi của Vũ Nguyễn Phương Thảo - Toán lớp 8 - Học trực tuyến OLM
Hok tốt
Áp dụng định lý Ta lét ta có:
ED // AC \(\Rightarrow\frac{AE}{AB}=\frac{CD}{BC}\)
DF // AB \(\Rightarrow\frac{AF}{AC}=\frac{BD}{BC}\)
Cộng theo vế:
\(\frac{AE}{AB}+\frac{AF}{AC}=\frac{CD+BD}{BC}=\frac{BC}{BC}=1\)