Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
xét tam giác MDC và tam giác MBA có
góc M chung
góc MCD = góc MAB (chắn BD)
=> đồng dạng => MD.MA= MB.MC
xét tứ giác AEHF có
góc E+F =180 mà 2 góc ở vị trí đối => nội tiếp
=> góc FEA = góc HAF chắn HF
mà AHF = BCF ( 2 góc phụ nhau )
=> góc BCF = góc AEF
=> tứ giác BEFC nội tiếp
=> ME.MF= MB.MC
=> ME.MF = MD.MA
=> tứ giác AEFD nội tiếp
mà tứ giác AEHF nội tiếp
= > 5 điểm A,E,F,H,D cùng thuộc 1 đường tròn
=> góc ADH = 90
xét (o) có ADK = 90
=> D,H,K thẳng hàng (đpcm )
kẻ đường kính AA' của đường tròn tâm O
Xét đường tròn tâm O có góc ABC=AA'C ( cùng chắn cung AC) (1)
Có tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC
=> góc ABC=AFE ( cùng bù với góc EFC ) (2)
từ (1) và (2) => góc AFE = AA'C
Gọi giao điểm của OA và EF là H
Xét tam giác AHF và ACA'
có góc A'AC chung
góc AFE=AA'C (cmt)
=> tam giác AHF đồng dạng ACA'
=> góc AHF = ACA'
mà góc ACA' = 90 độ ( góc nt chắn nửa đg tròn )
=> góc AHF = 90 độ
=> OA vuông góc EF
góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiếp
=>góc AFN=góc ACB
góc ACB=1/2*sđ cung AB=1/2(sđ cung AN+sđ cung NB)
góc AFN=1/2*sđ cung AN+1/2*sđ cung MB
=>sd cung AM=sđ cung AN
=>AM=AN
Ta có R là bán kính đường tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh a thì \(R=\frac{a\sqrt{3}}{a}\) (*)
Dựng 2 tam giác đều BDF và CDG về phía ngoài tam giác ABC, khi đó \(\widehat{BFD}=\widehat{BED}=60^0;\widehat{CGD}=\widehat{CED}=60^o\)
=> BDEF và CDEG là các tứ giác nội tiếp
Nên R1;R2 lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đềuy BDF và CDG
Theo (*) ta có: \(R_1=\frac{BD\sqrt{3}}{3};R_2=\frac{CD\sqrt{3}}{3}\Rightarrow R_1R_2=\frac{BD\cdot CD}{3}\)
Mặt khác \(\left(BD+CD\right)^2\ge4\cdot BD\cdot CD\)
=> BD.CD\(\le\frac{\left(BD+CD\right)^2}{4}=\frac{BC^2}{4}=\frac{3R^2}{4}\Rightarrow R_1R_2\le\frac{R^2}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
BD=CD, nghĩa là R1;R2 đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{R^2}{4}\) khi D là trung điểm BC