Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
* Tự vẽ hình nha:
Xét các tam giác vuông ALI và AKI ta có:
AL2 + LI2 = AI2 = AK2 + KI2
BH2 + IH2 = BI2 = BL2 + LI2
CK2 + KI2 = CI2 = CH2 + IH2
=> AL2 + BH2 + CK2 = AK2 + CH2 + BL2
=> 2(AL2 + BH2 +CK2) = (AL2 + LB2) + (BH2 + HC2) + (CK2 + KA2)
≥ \(\frac{\left(AL+LB\right)^2}{2}+\frac{\left(BH+HC\right)^2}{2}+\frac{\left(CK+KA\right)^2}{2}=\frac{1}{2}\left(AB^2+BC^2+CA^2\right)\)
=> ( AL2 + BH2 + CK2) ≥ \(\frac{1}{4}\)(AB2 + BC2 + CA2)
Vậy minAL2 + BH2 + CK2 ≥ \(\frac{1}{4}\)(AB2 + BC2 + CA2)
Dấu " = " xảy ra ⇔ I là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC
https://diendantoanhoc.net/topic/88167-tim-v%E1%BB%8B-tri-c%E1%BB%A7a-i-d%E1%BB%83-al2bh2ck2-nh%E1%BB%8F-nh%E1%BA%A5t/
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.
a, Áp dụng định lí Pytago vào câc tam giác vuông ta được
\(AK^2+BH^2+CI^2=AM^2-MK^2+BM^2-MH^2+CM^2-MI^2\)
\(=\left(AM^2-MI^2\right)+\left(BM^2-MK^2\right)+\left(CM^2-MH^2\right)\)
\(=AI^2+BK^2+CH^2\)
b, Đặt \(P=AK^2+BH^2+CI^2\)
\(\Rightarrow2P=\left(AK^2+BH^2+CI^2\right)+\left(AK^2+BH^2+CI^2\right)\)
\(=\left(AK^2+BH^2+CI^2\right)+\left(AI^2+CH^2+BK^2\right)\)
\(=\left(AK^2+BK^2\right)+\left(BH^2+HC^2\right)+\left(CI^2+IA^2\right)\)
Ta có bđt sau \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)(tự chứng minh)
Áp dụng ta được \(2P\ge\frac{\left(AK+BK\right)^2}{2}+\frac{\left(BH+HC\right)^2}{2}+\frac{\left(CI+IA\right)^2}{2}\)
\(=\frac{AB^2}{2}+\frac{BC^2}{2}+\frac{CA^2}{2}=\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{4}\)không đổi
Dấu "=" xảy ra <=> M là giao điểm 3 đường trung trực của tam giác ABC