Cho tam giác ABC có góc A = 45 độ. Gọi M và n lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC ( M thuộc AC, N thuộc AB).
a) Tính tỉ số \(\frac{MN}{BC}\)
b) Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. CMR: OA vuông góc với MN.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Tứ giác BEFI có: BFF = 90o (gt)
BEF = BEA = 90o
=> Tứ giác BEFI là nội tiếp đường tròn đường kính BF
b)
Vì \(AB\perp CD\)nên AC = AD
=> ACF = AEC
Xét tam giác ACF và tam giác AEC có gốc chung A và ACF = AEC
=> Tam giác ACF song song với tam giác AEC => \(\frac{AC}{AF}=\frac{AB}{AC}\)
=> AE . AF = AC2
c) Theo câu b) ta có: ACF = AEC = > AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam giác CEF (1)
Mặt khác, ta có: ACB = 90o (góc nội tiếp chứa đường tròn)
\(\Rightarrow AC\perp CB\)(2)
Từ (1) và (2) => CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF thuộc CB cố định E thay đổi trên cung nhỏ BC.
\(X=\sqrt{a^2+1+\left(1-\frac{1}{a+1}\right)^2}+\frac{a}{a+1}\)
\(=\sqrt{a^2+1+\frac{a^2}{\left(a+1\right)^2}}+\frac{a}{a+1}\)
\(=\sqrt{\frac{\left(a^2+1\right)\left(a+1\right)^2+a^2}{\left(a+1\right)^2}}+\frac{a}{a+1}\)
\(=\sqrt{\frac{\left(a^2+a+1\right)^2}{\left(a+1\right)^2}}+\frac{a}{a+1}\)
\(=\frac{a^2+a+1}{a+1}+\frac{a}{a+1}=\frac{\left(a+1\right)^2}{a+1}=a+1\)
\(M=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}\)
\(\Leftrightarrow M=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right).\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}.\left(\sqrt{x}+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow M=\frac{x-1}{x+\sqrt{x}}\)
Với x > 0 và x khác 1.
=> ta có thể lấy x=2
ta có : \(M=\frac{2-1}{2+\sqrt{2}}=\frac{1}{2+\sqrt{2}}\)
Ta thấy với x > 1 thì tử số luôn bé hơn mẫu
Mà phân số có tử số bé hơn mẫu số thì nhỏ hơn 1.
\(\Rightarrow M=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}< 1\left(x>0;x\ne1\right)\)
Ta có : \(M=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{x}}=1-\frac{1}{\sqrt{x}}\)
Do \(\sqrt{x}\ge0;1>0\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{x}}\ge0\)nên \(1-\frac{1}{\sqrt{x}}\le1\)
Đặt \(x=a^{\frac{1}{3}};y=b^{\frac{1}{3}};z=c^{\frac{1}{3}}\Rightarrow xyz=1\) và:
\(BDT\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^6+5}+\frac{y^3}{y^6+5}+\frac{z^3}{z^6+5}\le\frac{1}{2}\)
Ta có BĐT phụ \(\frac{4x^3}{x^6+5}\le\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(3x^6+6x^3+5\right)}{\left(x^6+5\right)\left(x^6+x^3+1\right)}\le0\forall0< x\le1\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\right)\)
Cần chứng minh \(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\le2\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^6}{x^6+x^3+1}+\frac{y^6}{y^6+y^3+1}+\frac{z^6}{z^6+z^3+1}\ge1\)
Có dạng \(\frac{x^{2k}}{x^{2k}+x^k+1}+\frac{y^{2k}}{y^{2k}+y^k+1}+\frac{z^{2k}}{z^{2k}+z^k+1}\ge1\forall xyz=1\)
Với k=1 thì có BĐT Câu hỏi của Vũ Tiền Châu - Toán lớp 9 | Học trực tuyến tương tự với bài này (ko biết AD đã fix lỗi ko dán dc link học 24 vào olm chưa, nếu chưa thì ib t gửi full link )
a) 2 tam giác vuông cân có góc chung
b) MNBC=AMAB=12–√⇔MN=a2–√MNBC=AMAB=12⇔MN=a2
Ý xin lỗi.Mình lộn đề