Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D O a^2 b^2 M N
(Hình ảnh chỉ mang tính chất minh họa)
a) Kẻ DM và CN vuông góc với AB
=> MN = CD (Theo cách vẽ)
=> DC - AB = MN - AB = MA + BN
=> DC - AB = MA + BN
Tam giác vuông MAD và NBC vuông lần lượt tại M,N
=> AM < AD và BN < BC (Cạnh góc vuông < Cạnh huyền)
=> DC - AB = MA + BN < AD + BC (ĐPCM
a) Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta vAHB\), ta có:
\(AH^2=AM\cdot AB\left(1\right)\)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta vAHC\), ta có:
\(AH^2=AN\cdot AC\left(2\right)\)
Từ(1) và (2) ta được: \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)
b) Ta có: MHNA là hình chữ nhật(pn tự cm nha cái này dễ)
\(\Rightarrow MH=AN\)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta vAHC\), ta có:
\(HN^2=AN\cdot NC\)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta vAHB\), ta có:
\(HM^2=AM\cdot MB\)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta vAHN\), ta có:
\(AN^2+HN^2=AH^2\)
Mà \(MH=AN\)
\(\Rightarrow MH^2+HN^2=AH^2\)
\(\Rightarrow BM\cdot MA+AN\cdot NC=BH\cdot HC\)
c) Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta vABC\), ta có:
\(AC^2=HC\cdot BC\left(1\right)\)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta vABC\), ta có:
\(AB^2=HB\cdot BC\left(2\right)\)
Lấy (2) chia (1) ta được: \(\dfrac{HB}{HC}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2\)
d) Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta vABC\), ta có:
\(AC^2=HC\cdot BC\Rightarrow AC^4=HC^2\cdot BC^2\)
\(\Rightarrow AC^4=NC\cdot AC\cdot BC^2\Rightarrow AC^3=NC\cdot BC^2\left(1\right)\)
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta vABC\), ta có:
\(AB^2=HB\cdot BC\Rightarrow AB^4=HB^2\cdot BC^2\)
\(\Rightarrow AB^4=BM\cdot AB\cdot BC^2\Rightarrow AB^3=BM\cdot BC^2\left(2\right)\)
Lấy (2) chia (1) ta được: \(\dfrac{BM}{CN}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^3\)
a)Ta có:AD v/góc BC =>BC là trung trực của AD(đ/lý đkính và dây cung)
=> tam giác DBA cân tại B=>BDA=DAB(t/c)
Lại có EF//AD(cùng v/góc HC)
=>BEF=BDA=BFE=DAB
=> tam giác BEF cân tại B
b)Ta có: tam giác BEF cân tại B có BH là đường cao
=> BH cũng là trung tuyến
=>HE=HF
Mặt khác:FAE=90o (kề bù với BAC)
Xét tam giác EAF vuông tại A có AH là trung tuyến
=> HA=HF=HE
=>tam giác HAF cân
c)\(\Delta\) FHB có HFB+HBF=90o (FHB=90o)(3)
Mà \(\left\{{}\begin{matrix}\text{HAF=HFA(HAF cân)(4)}\\HBF=ABO\left(đ.đ\right)\left(1\right)\end{matrix}\right.\)
Lại có:OB=OA=R
=>\(\Delta\)OBA cân tại O =>OBA=OAB(2)
Từ (1)(2)=>HBF=BAO(5)
Từ (3)(4)(5)=>HFB+HBF=BAO+HAF=90o=HAO
=>HA là tiếp tuyến của (O)(đpcm)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{a+b}{2}\\y=\frac{c+d}{2}\end{cases}}\)
Ta có:
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca+1\ge bc+ca+a+b=\left(a+b\right)\left(c+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(bc+cd+db+1\ge\left(a+b\right)\left(b+d\right)\left(2\right)\)
\(cd+da+ac+1\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(3\right)\)
\(da+ab+bd+1\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(4\right)\)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có:
\(VT\le\frac{a+b+c+d}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}=\frac{x+y}{2xy}\le\frac{xy+1}{2xy}\left(@\right)\)
Ta lại có:
\(VP\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{4x^2y^2}\left(@@\right)\)
Từ \(\left(@\right),\left(@@\right)\)cái cần chứng minh trở thành.
\(\frac{xy+1}{2xy}\le\frac{3}{4}+\frac{1}{4x^2y^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(xy-1\right)^2\ge0\)(đúng)
Vậy ta có ĐPCM.
A B C D E
Gọi AD cắt đường tròn (ABC) tại E khác A. Ta dễ có các cặp tam giác đồng dạng sau:
\(\Delta\)ABD ~ \(\Delta\)CED (g.g), \(\Delta\)ACD ~ \(\Delta\)BED (g.g) => AB.CD = AD.CE và AC.BD = AD.BE
Khi đó hệ thức cần chứng minh trở thành: AB.AD.CE + AC.AD.BE - AD2.BC = CD.DB.BC
<=> AD(AB.CE + AC.BE) - AD2.BC = CD.DB.BC
=> AD(BC.AE) - AD2.BC = CD.DB.BC (ĐL Ptolemy)
<=> AD.AE - AD2 = CD.DB <=> AD.DE = CD.DB (Luôn đúng với hệ thức lượng đường tròn)
Do vậy hệ thức cần chứng minh là đúng. Vậy AB2.CD + AC2.DB - AD2.BC = CD.DB.BC (đpcm).