Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
dat HI=x, HF=y, HG=z
ta co \(\frac{SBHC}{SABC}=\frac{\frac{1}{2}.HI.BC}{\frac{1}{2}AI.BC}=\frac{HI}{AI}=\) \(\frac{x}{x+8}\)
ttu \(\frac{SAHC}{SABC}=\frac{y}{y+\sqrt{14}}\) \(\frac{SHAB}{SABC}=\frac{z}{z+\sqrt{44}}\)
cộng vế vs vế \(\frac{x}{x+8}+\frac{y}{y+\sqrt{14}}+\frac{z}{z+\sqrt{44}}=\frac{SHBC+SHAC+SHAB}{SABC}=1\) (1)
do \(\Delta AHF\simeq\Delta BHI\rightarrow\frac{HF}{HI}=\frac{y}{x}=\frac{AH}{BH}=\frac{8}{\sqrt{14}}\Rightarrow y=\frac{8}{\sqrt{14}}x\)
ttu \(\Delta AHG\simeq\Delta CHI\Rightarrow z=\frac{8}{\sqrt{44}}x\)
the vao 1 ta co \(\frac{x}{x+8}+\frac{\frac{8}{\sqrt{14}}x}{\frac{8}{\sqrt{14}}x+\sqrt{14}}+\frac{\frac{8x}{\sqrt{44}}}{\frac{8x}{\sqrt{44}}+\sqrt{44}}=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{x+8}+\frac{8x}{8x+14}+\frac{8x}{8x+44}=1\)
giải ra bn có x=2
ap dung dl pitago vao tam giac vuong BHI \(BI^2=14-x^2=14-4=10\Rightarrow BI=\sqrt{10}\)
. ............................HIC \(IC=\sqrt{40}\)
\(\Rightarrow BC=BI+IC=\sqrt{10}+\sqrt{40}\)
MA AI=\(AH+HI=8+2=10\)
\(\Rightarrow SABC=\frac{10.\left(\sqrt{10}+\sqrt{40}\right)}{2}=15\sqrt{10}\)
\frac{x}{x+8}+\frac{\frac{8}{\sqrt{14}}x}{\frac{8}{\sqrt{14}}x+\sqrt{14}}+\frac{\frac{8x}{\sqrt{44}}}{\frac{8x}{\sqrt{44}}+\sqrt{44}}=1x+8x+148x+14148x+448x+44448x=
\(b,\) Xét tam giác CFH và HEB vuông tại F,E có \(FN=\dfrac{1}{2}CH=\dfrac{8}{9}\left(cm\right);EM=\dfrac{1}{2}BH=\dfrac{9}{10}\left(cm\right)\)
Gọi O là giao điểm AH và EF
Vì AEHF là hcn nên \(OH=OF=OE=OA\)
\(\Rightarrow\widehat{OFH}=\widehat{OHF}\Rightarrow\widehat{OFH}+\widehat{NFH}=\widehat{OHF}+\widehat{NHF}\left(NF=NH\right)\\ \Rightarrow\widehat{NFO}=\widehat{NHO}=90\)
Chứng minh tương tự \(\Rightarrow\widehat{MEF}=\widehat{MHO}=90\)
\(\Rightarrow EFNM\) là hình thang vuông
\(\Rightarrow S_{EFNM}=\dfrac{1}{2}EF\cdot\left(ME+NF\right)=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{12}{5}\cdot\left(\dfrac{8}{9}+\dfrac{9}{10}\right)=\dfrac{6}{5}\cdot\dfrac{161}{90}=\dfrac{161}{75}\left(cm^2\right)\)
\(a,BC=\sqrt{AC^2+AB^2}=5\left(cm\right)\)
Áp dụng HTL tam giác \(\left\{{}\begin{matrix}AC^2=CH\cdot BC\\AB^2=BH\cdot BC\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}CH=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{16}{9}\left(cm\right)\\BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{9}{5}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
Áp dụng HTL tam giác \(HA^2=HB\cdot HC=\dfrac{16}{5}\cdot\dfrac{9}{5}=\dfrac{144}{25}\Leftrightarrow HA=\dfrac{12}{5}\left(cm\right)\)
Vẽ các đường kính AM, BN, CP của (O). Dễ cm được BMCH, CNAH,APBH là các hình bình hành => AH = CN; BH = CM; CH = BM
=> AH + BH + CH = CN + CM + BM
Vì BC cố định nên CN không đổi => (AH + BH + CH) max khi (CM + BM) max. Ta sẽ cm rằng điều đó xảy ra khi M trùng điểm chính giữa cung nhỏ BC.
Thật vậy gọi Q là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Kéo dài BQ đoạn QD = BQ = CQ, kéo dài BM đoạn ME = MC => BD = BQ + CQ = 2BQ và BE = BM + CM
Vì tg CQD cân tại Q => ^BDC = ^QCD = ^BQC/2
Tương tự tg CME cân tại M => ^BEC = ^MCE = ^BMC/2
Mà ^BMC = ^BQC => ^BEC = ^BDC => B,C,D,E cùng thuộc đường tròn đường kính BD => BE =< BD <=> BM + CM =< 2BQ => (BM + CM)
Max = 2BQ xảy ra khi E trùng D hay khi M trùng Q khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC
