Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b1:
Bạn cũng có thể gộp chung thế này:
MI^2 + ME^2 + MK^2 = MI^2 + Me^2 + AE^2 = MI^2 + MA^2 >=
M'H^2 + M'A^2 = [(M'H + M'A)^2 + (M'H - M'H)^2]/2 =
AH^2/2 + (M'H - M'A)^2/2
=> MI^2 + Me^2 + MK^2 đạt min. bằng AH^2/2 khi M'A = M'H và
sảy ra dấu "=" thay vì dấu ">=", tức khi M nằm trên AH.
=> M trùng với M' và MA = M'A = M'H = MH
=> M nằm ở trung điểm AH
1.\(\Delta OMH\perp H\) ( không đổi )
\(\Rightarrow\widehat{OMH}+\widehat{HOM}=90^o\)
Ta có: I là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta OMH\)
\(\Rightarrow\widehat{OMI}=\widehat{HMI}=\dfrac{\widehat{OMH}}{2}\)
\(\Rightarrow\widehat{MOI}=\widehat{HOI}=\dfrac{\widehat{MOH}}{2}\)
\(\Delta OIM\) có: \(\widehat{OIM}=180^o-\left(\widehat{OMI}+\widehat{MOI}\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(\widehat{OIM}=180^o-\left(\dfrac{\widehat{OMH}}{2}+\dfrac{\widehat{MOH}}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\widehat{OIM}=180^o-\dfrac{90^o}{2}=135^o\)
Xét \(\Delta OIB\) và \(\Delta OIM\), có:
\(OB=OM\left(=R\right)\)
\(\widehat{MOI}=\widehat{BOI}\) ( OI là tia phân giác \(\widehat{MOH}\) )
`OI`: chung
Vậy\(\Delta OIB\) = \(\Delta OIM\) ( c.g.c )
\(\Rightarrow\widehat{OIB}=\widehat{OIM}\) ( 2 góc tương ứng )
\(\Rightarrow\widehat{OIB}=135^o\) ( không đổi )
2. \(\Delta OMH\perp H\)
\(\Rightarrow S_{OMH}=\dfrac{1}{2}.OH.MH\)
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
\(\sqrt{OH^2.MH^2}\le\dfrac{OH^2+MH^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}.OH.MH\le\dfrac{1}{2}.\dfrac{OH^2+MH^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}.OH.MH\le\dfrac{1}{2}.\dfrac{OM^2}{4}\) ( pytago )
\(\Leftrightarrow S_{OMH}\le\dfrac{R^2}{4}\)
\(\rightarrow\)\(S_{OMH}\) lớn nhất là \(\dfrac{R^2}{4}\) không đổi
Dấu "=" xảy ra khi:
\(OH^2=MH^2\)
\(\Rightarrow OH=MH\)
\(\Rightarrow\Delta OMH\) vuông cân tại `H` \(\Rightarrow\widehat{MOH}=\widehat{OMH}=45^o=\widehat{MOC}\)
\(\Rightarrow\)`M` nằm giữa của \(\stackrel\frown{AB}\) thì \(S_{OMH}\) đạt GTNN là \(\dfrac{R^2}{4}\)
Kẻ \(AN\perp BC\) tại \(N\). \(\Rightarrow AN\) không đổi.
Xét tứ giác \(AKMJ\) có : \(\hept{\begin{cases}\widehat{KAM}=90^o\\\widehat{AKM}=90^o\\\widehat{AJM}=90^o\end{cases}}\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow AKMJ\) là hình chữ nhật
\(\Rightarrow MJ^2+MK^2=KJ^2=AM^2\) ( định lý Pytago )
Ta có BĐT sau : \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)
Do đó với ba điểm \(A,M,H\) thì :
\(AM^2+MH^2\ge\frac{\left(AM+MH\right)^2}{2}\ge\frac{AH^2}{2}\ge\frac{AN^2}{2}\) không đổi
Hay : \(MH^2+MJ^2+MK^2\ge\frac{AN^2}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow M\) là trung điểm của đường cao \(AN\)
Hình vẽ :