Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) xét tứ giác KMPC ta có : MPC = 90 (MP\(\perp\)BC)
MKC = 90 (MK\(\perp\)AC)
\(\Rightarrow\) MPC + MKC = 180
mà 2 góc này ở vị trí đối nhau \(\Rightarrow\) tứ giác KMPC nội tiếp
\(\Rightarrow\) MPK = MCK (2 góc nội tiếp cùng chắng cung MK của tứ giác KMPC)
MCK = MBC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắng cung CM của (o))
\(\Rightarrow\) MPK = MBC (đpcm)
xét tứ giác PBMI ta có :
BPM = 90 (MP\(\perp\)BC)
BIM = 90 (MI\(\perp\)BA)
\(\Rightarrow\) BPM + BIM = 180
mà 2 góc này ở vị trí đối nhau \(\Rightarrow\) tứ giác PBMI là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow\) MIP = MBP (2 góc nội tiếp cùng chắng cung MP của tứ giác PBMI )
mà MBP = MPK (chứng minh trên)
\(\Rightarrow\) MIP = MPK
ta có : PMI + PBI = 180
PMK + PCK = 180
mà ABC = ACB
\(\Rightarrow\) PMK = PMI
xét \(\Delta\) MIP và \(\Delta\) MPK
ta có : PMK = PMI (chứng minh trên)
MIP = MPK (chứng minh trên)
\(\Rightarrow\) \(\Delta\) MIP đồng dạng \(\Delta\) MPK
\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{MI}{MP}\) = \(\dfrac{MP}{MK}\) \(\Leftrightarrow\) MP2 = MI . MK
\(\Rightarrow\) MI . MK . MP = MP3
\(\Rightarrow\) MI . MK . MP lớn nhất \(\Leftrightarrow\) MP lớn nhất
\(\Rightarrow\) M nằm chính giửa BC
Gọi H là hình chiếu của O trên BC.
ta có OH = const (BC cố định)
a.
{MI ⊥ABMK ⊥AC{MI ⊥ABMK ⊥AC
→{AIM^=90oAKM^=90o→{AIM^=90oAKM^=90o
→→ tứ giác AIMK nt đtròn đkính AM.
b.
Ta có:
MKC^+MPC^=180oMKC^+MPC^=180o
→→ Tứ giác MPCK nt đtròn đkính MC
→MPK^=MCK^ (1)→MPK^=MCK^ (1) (góc nt cùng chắn MK⌢MK⌢ )
Xét (O;R), ta có:
MBC^=MCK^ (2)MBC^=MCK^ (2) (góc nt và góc tt với dây cung cùng chắn MC⌢MC⌢ )
K/h (1),(2) : MPK^=MBC^ (3)MPK^=MBC^ (3)
c. lần lượt CM:
MPK^=MIP^ (4)MPK^=MIP^ (4)
MPI^=MKP^MPI^=MKP^
→ΔMIP∼ΔMPK→ΔMIP∼ΔMPK
Tỉ số đồng dạng :
MIMP=MPMKMIMP=MPMK
→MP2=MI.MK→MP2=MI.MK
→MP3=MI.MK.MP→MP3=MI.MK.MP
MI.MK.MPMax↔MPMaxMI.MK.MPMax↔MPMax
Ta có: MP+OH≤RMP+OH≤R
→MP≤R−OH→MP≤R−OH
→MPMax→MPMax bằng R-OH. Khi O,H,M thẳng hàng
Vậy MI.MK.MPMax=(R−OH)3MI.MK.MPMax=(R−OH)3 khi O,H,M thẳng hàng
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.