Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì DPN+DQN=90o+90o=180o nên DPNQ là tứ giác nội tiếp
=>QPN=QDN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN) (5)
Mặt khác DENF là tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN (6)
Từ (5) và (6) ta có FEN=QPN (7)
Tương tự ta có: EFN=PQN (8)
Từ (7) và (8) suy ra Δ N P Q ~ Δ N E F ( g . g ) = > P Q E F = N Q N F
Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có
N Q ≤ N F = > P Q E F = N Q N F ≤ 1 = > P Q ≤ E F
Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng.
Do đó PQ max khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O.
a, Chứng minh được OC là đường trung bình của hình thang AEFB nên C là trung điểm của EF. Chứng minh được AE=AH, BH=BF nên C H 2 = HA.HB = AE.BF
b, Ta có BE ∩ (O) = {H} => FE = AH ≤ AB
=> F E m a x = AB => C là điểm chính giữa AB
bạn ơi cho mình hỏi bài này ở đề năm bao nhiêu của thành phố nào vậy bạn?????
3. Xét tứ giác BFHD có:
HFB + HDB = 90º + 90º = 180º => BFHD là tứ giác nội tiếp. ⇒ FBH = FDH (1)
Tương tự có DHEC là tứ giác nội tiếp, ⇒HCE = HDE (2)
Mà BFEC là tứ giác nội tiếp nên FCE = FBE (3)
Từ (1) (2) (3)⇒ 2ABE = FDH + HDE = FDE
Vì BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính BC nên theo quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung EF, ta có: FIE = 2.FBE = 2.ABE
⇒FIE = FDE
4.Vì BFEC là tứ giác nội tiếp nên:
ABC = 180º – FEC = AEF => ΔAEF ~ ΔABC (g.g)
Suy ra độ dài EF không đổi khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)
Gọi K là giao điểm thứ 2 của ED và đường tròn đường kính BC
Theo tính chất góc ngoài: FDE = DKE + DEK
Theo ý 3 và quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung, có FDE = FIE = 2.DKE
⇒DKE = DEK => ΔDEK cân tại D => DE = DK
Chu vi ΔDEF là P = DE + EF + FD = EF + FD + DK = EF + FK
Có FK ≤ BC ( dây cung – đường kính) => P ≤ EF + BC không đổi
Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi FK đi qua I ⇔ D trùng I ⇔ ΔABC cân tại A.
Vậy A là điểm chính giữa của cung lớn BC
Kí hiệu các điểm như trênh hình vẽ. Gọi r1 và r2 lần lượt là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác CBH và CHA và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Dễ dàng chứng minh được : \(\Delta HBC~\Delta CBA\left(g.g\right)\Rightarrow\left(\frac{r_1}{r}\right)^2=\left(\frac{BC}{AB}\right)^2\)
và \(\Delta HAC~\Delta CAB\left(g.g\right)\Rightarrow\left(\frac{r_2}{r}\right)^2=\left(\frac{AC}{AB}\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{r_1^2+r_2^2}{r^2}=\frac{AC^2+BC^2}{AB^2}=\frac{AB^2}{AB^2}=1\Rightarrow r_1^2+r_2^2=r^2\)
Như trên hình vẽ ta có : \(EF^2=FK^2+KE^2=\left(r_1+r_2\right)^2+\left(r_2-r_1\right)^2=2\left(r_1^2+r_2^2\right)=2r^2\)
\(\Rightarrow EF=\sqrt{2}r\). Ta có EF đạt giá trị lớn nhất khi r đạt giá trị lớn nhất.
Mà ta có : \(OI^2=R\left(R-2r\right)\) (Mình sẽ chứng minh ở bài khác)
\(\Rightarrow r=\frac{R-\frac{OI^2}{R}}{2}=\frac{R^2-OI^2}{2R}\)
Vì R không đổi nên r đạt giá trị lớn nhất khi OI đạt giá trị nhỏ nhất.
Mà theo công thức ba điểm ta lại có : \(OI\ge OC-IC=R-IC\)
Dấu "=" xảy ra khi O,I,C thẳng hàng => C là điểm chính giữa cung AB .
Vậy C là điểm chính giữa cung AB thi EF đạt giá trị lớn nhất
Cái đoạn \(OI^2=R\left(R-2r\right)\) chính là hệ thức Euler, bạn có thể tham khảo cách chứng minh ở nguồn khác nhé :)