Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
DE ngắn nhất ⇔ AM ngắn nhất. Điều đó xảy ra khi AM là đường cao ΔABC.
a) Vì \widehat{AEM}=\widehat{AFM}={90}^\circAEM=AFM=90∘ nên A, E, M, F thuộc đường tròn tâm I đường kính AM \Rightarrow\ \widehat{EIF}=2\widehat{EAF}={120}^\circ⇒ EIF=2EAF=120∘ (góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp chắn cung \stackrel\frown{EF}EF⌢).
b) Hạ IH\bot EFIH⊥EF, ta có IE=IF=\frac{1}{2}AMIE=IF=21AM nên \Delta IEFΔIEF cân \Rightarrow HE=HF⇒HE=HF.
Ta lại có: EH=EI.\sin{\widehat{EIH}}=\frac{1}{2}AM.\sin{{60}^\circ}EH=EI.sinEIH=21AM.sin60∘ (vì \widehat{EIH}=\widehat{FIH}=\frac{1}{2}\widehat{EIF}={60}^\circEIH=FIH=21EIF=60∘).
Suy ra EH=\frac{a}{2}.\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{4}\Rightarrow EF=2EH=\frac{a\sqrt3}{2}EH=2a.23=4a3⇒EF=2EH=2a3.
c) EF nhỏ nhất khi AM nhỏ nhất \Leftrightarrow⇔ AM \bot⊥ BC.
A B C H M E F I
Bài làm:
Ta có: Vì ΔABC đều => \(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^0\)
Xét Δ vuông MBE có BE = 1/2 BM
=> \(EM^2=BM^2-BE^2=BM^2-\frac{1}{4}BM^2=\frac{3}{4}BM^2\)
=> \(EM=\frac{BM\sqrt{3}}{2}\)
Tương tự CM được: \(FM=\frac{MC\sqrt{3}}{2}\)
=> \(ME+MF=\frac{\left(BM+MC\right)\sqrt{3}}{2}=\frac{BC.\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)
b) Ta có: Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
=> \(IE=FI=\frac{AM}{2}=AI\)
Vì IE = AI => Δ AIE cân tại I => \(\widehat{IAE}=\widehat{IEA}\)
=> \(\widehat{EIM}=\widehat{IAE}+\widehat{IEA}=2\widehat{IAE}\)
Tương tự CM được: \(\widehat{FIM}=2\widehat{FAI}\)
=> \(\widehat{EIM}+\widehat{FIM}=2\left(\widehat{IAE}+\widehat{FAI}\right)=2.60^0=120^0\)
=>\(\widehat{EIF}=120^0\)
c) Khi AM = 20cm => \(EI=FI=10cm\)
=> Δ EIF cân tại I => \(\widehat{FEI}=\widehat{IFE}=30^0\)
Xong từ I kẻ đường cao xuống EF làm 1 vài động tác CM ra được: \(EF=10\sqrt{3}cm\)
(ko hiểu thì ib)
d) Áp dụng t/c đường xiên hình chiếu => Min AM = AH khi M trùng H
A B C M H K
a) Dễ thấy \(\Delta HBM\) và \(\Delta KCM\) là nửa các tam giác đều
Đặt BM = x ; CM = y \(\Rightarrow x+y=a\) (không đổi)
Ta có \(MH=sinB.BM=\frac{\sqrt{3}x}{2}\) ; \(MK=sinC.CM=\frac{\sqrt{3}y}{2}\)
\(\Rightarrow MH+MK=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(x+y\right)=\frac{\sqrt{3}a}{2}\) không đổi.
b) Vì MH + MK không đổi khi M di chuyển trên BC (câu a) nên MH.MK đạt giá trị lớn nhất \(\Leftrightarrow MH=MK\)
Theo bất đẳng thức Cosi, ta có : \(MH.MK\le\frac{\left(MH+MK\right)^2}{4}=\frac{\left(\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)^2}{4}=\frac{3a^2}{16}\)
Vậy Max MH.MK \(=\frac{3a^2}{16}\Leftrightarrow MH=MK\Leftrightarrow MB=MC\Leftrightarrow\)M là trung điểm của BC
hình bạn tự vẽ nha :
a.Ta có:
ˆAPM=ˆAHM=ˆAQM=90oAPM^=AHM^=AQM^=90o
→A,P,H,M,Q∈→A,P,H,M,Q∈ đường tròn đường kính AMAM
b.Từ câu a →A,P,H,M,Q∈(O,12AM)→A,P,H,M,Q∈(O,12AM)
→OP=OH=OM=OQ→OP=OH=OM=OQ
Mà ΔABCΔABC đều, AH⊥BC→ˆBAH=ˆHAC=30oAH⊥BC→BAH^=HAC^=30o
→ˆHOQ=2ˆHAQ=60o,ˆPOH=2ˆPAH=60o→HOQ^=2HAQ^=60o,POH^=2PAH^=60o
Do OP=OH,OH=OQOP=OH,OH=OQ
→ΔOPH,ΔOHQ→ΔOPH,ΔOHQ đều
→PH=OP=OQ=QH→PH=OP=OQ=QH
→OPHQ→OPHQ là hình thoi
a) Có \widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^oAPM=AHM=AQM=90o nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^oBAH=HAC=30o.
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^oPOH=2PAH=60o ; \widehat{QOH}=60^oQOH=60o suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}PQ=2.2r3=AM.23≥AH.23
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.
M A B O C
a, có AM = 2AC mà để AM lớn nhất
<=> AC lớn nhất
có AC là dây cung của đường tròn (O) đk AB
=> AC =< AB
dấu = xảy ra khi C trùng B
b, AM = 2R.căn 3 mà AM = 2AC
<=> 2AC = 2R.căn 3
<=> AC = R.căn 3
xét tam giác ABC vuông tại C => AC^2 + CB^2 = AB^2
Mà BA = 2R
=> (R.căn 3)^2 + BC^2 = (2R)^2
<=> 3R^2 + BC^2 = 4R^2
<=> BC^2 = R^2
<=> BC = R
vậy lấy điểm C trên (O) sao cho BC = R để AM = 2R.căn 3
c, xét tam giác BAM có BC là đường trung tuyến đồng thời là đường cao
=> tam giác BAM cân tại B
=> BA = BM mà AB không đổi
=> BM không đổi
=> khi C di động trên (O) thì M di động trên đường tròn (B) cố định
a: góc AEM=góc AFM=90 độ
=>AEMF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
=>AEMF nội tiếp (I)
Xét (I) có
góc EIF là góc ở tâm chắn cung EF
góc EAF là góc nội tiếp chắn cung EF
Do đó: góc EIF=2*góc EAF=120 độ không đổi
b: Xét ΔEIF có IE=IF
nên ΔIEF cân tại I
=>góc IEF=(180-120)/2=30 độ
Xét ΔIEF có \(\dfrac{IF}{sinIEF}=\dfrac{EF}{sinEIF}\)
=>\(\dfrac{IF}{sin30}=\dfrac{EF}{sin120}\)
=>\(EF=\dfrac{IF}{sin30}\cdot sin120=\dfrac{AM}{2}\cdot\sqrt{3}=AM\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)