Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Theo cách dựng ta có CE vừa là đường cao, vừa là phân giác trong tam giác CDK
\(\Rightarrow\Delta CDK\) cân tại C
\(\Rightarrow DC=CK\)
Tương tự ta có: \(BM=DB\)
Mặt khác theo định lý phân giác: \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{DB}{DC}\Rightarrow AB.DC=AC.DB\)
\(\Rightarrow AB.DC-AC.DB=0\)
Dễ dàng chứng minh bài toán quen thuộc: \(AD^2=AB.AC-BD.DC\)
\(\Rightarrow AD^2=\left(AM-DB\right)\left(AK+DC\right)-DB.DC\)
\(=AM.AK+AM.DC-DB.AK-DB.DC-DB.DC\)
\(=AM.AK+DC\left(AM-DB\right)-DB\left(AK+DC\right)\)
\(=AM.AK+DC.AB-DB.AC\)
\(=AM.AK\)
\(\Rightarrow AK=\dfrac{AD^2}{AM}=4\)
Để chứng minh 1) AE = AN, ta sẽ sử dụng định lí hai đường trung bình của tam giác.Theo định lí hai đường trung bình, AM là đường trung bình của tam giác ABC.Vì vậy, ta có AM = 1/2(AB + AC).Đồng thời, ta cũng có AN là đường trung bình của tam giác ADC.Từ đó, ta có AN = 1/2(AD + AC).Do đó, để chứng minh AE = AN, ta cần chứng minh AE = 1/2(AB + AD).Ta biết rằng AE là đường cao của tam giác ABC với cạnh AB.Vì vậy, ta có AE = √(AB^2 - AM^2) (với AM là đường trung bình của tam giác ABC)Tương tự, ta biết rằng AN là đường cao của tam giác ADC với cạnh AD.Vì vậy, ta cũng có AN = √(AD^2 - AM^2) (với AM là đường trung bình của tam giác ADC)
1. Để chứng minh cung DE có số đo không đổi, ta cần chứng minh góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Thực vậy, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, OB và OC là phân giác ngoài của tam giác ABC. Ta có
\(\angle BOC=180^{\circ}-\frac{\angle MBC}{2}-\frac{\angle NCB}{2}=\frac{\angle ABC}{2}+\frac{\angle ACB}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle BAC}{2}=90^{\circ}-\frac{a}{2}\)
Do đó góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Suy ra cung DE có số đo không đổi.
2. Do CD vuông góc với AB nên BC,BD là đường kính của hai đường tròn (O) và (O'). Suy ra
\(\angle CFB=\angle DEB=90^{\circ}\to\angle CFD=\angle CED=90^{\circ}.\) Vậy tứ giác CDEF nội tiếp. Do đó \(\angle ECF=\angle EDF\to\angle FAB=\angle ECF=\angle EDF=\angle EDB\)
Vậy AB là phân giác của góc AEF.
3. Đề bài có chút nhầm lẫn, "kẻ \(IH\perp BC\) mới đúng. Do tam giác ABC nhọn và I nằm trong nên các điểm H,K,L nằm trên các cạnh của tam giác. Sử dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2,\) ta suy ra \(AL^2+BL^2\ge\frac{1}{2}\left(AL+BL\right)^2=\frac{1}{2}AB^2.\) Tương tự ta cũng có \(BH^2+CH^2\ge\frac{1}{2}BC^2,KC^2+KA^2\ge\frac{1}{2}AC^2.\) Mặt khác theo định lý Pitago
\(AL^2+BH^2+CK^2=\left(IA^2-IL^2\right)+\left(IB^2-IH^2\right)+\left(IC^2-IK^2\right)\)
\(=\left(IA^2-IK^2\right)+\left(IB^2-IL^2\right)+\left(IC^2-IH^2\right)\)
\(=BL^2+CH^2+AK^2.\)
Thành thử \(AL^2+BH^2+CK^2=\frac{\left(AL^2+BL^2\right)+\left(BH^2+CH^2\right)+\left(CK^2+AK^2\right)}{2}\ge\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2}.\)
Dấu bằng xảy ra khi \(AL=BL,BH=CH,CK=AK\Leftrightarrow I\) là giao điểm ba đường trung trực.
