Cho tam giác đều ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy ba điểm bất kì I, J, K sao cho K khác A, B và góc IKJ bằng 60 độ. Chứng minh: \(AJ.BI\le\dfrac{AB^2}{4}\) . Dấu "=" xảy ra khi nào?
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Chắc là \(AJ.BI\) chứ?
Áp dụng BĐT: \(xy\le\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2\) thôi
\(BK.AK\le\dfrac{1}{4}\left(BK+AK\right)^2=\dfrac{1}{4}AB^2\)
Dấu "=" xảy ra khi K là trung điểm AB
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có: \(\widehat{AKJ}+\widehat{BKI}=180^o-60^o=120^o,\widehat{BKI}+\widehat{BIK}=120^o\)
=> \(\widehat{AKJ}=\widehat{BIK}\)
Mà \(\widehat{KBI}=\widehat{JAK}\left(=60^o\right)\)
=> Tam giác KAJ đồng dạng vs tam giác IBK
=> \(\frac{BI}{AK}=\frac{BK}{AJ}\Rightarrow BI.AJ=BK.AK\le\left(\frac{BK+AK}{2}\right)^2\)=\(\frac{AB^2}{4}\)
Dấu '=" xảy ra khi và chỉ khi BK=AK hay K là trung điểm AB
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Câu hỏi của marivan2016 - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo nhé!
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Câu hỏi của marivan2016 - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo nhé!
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1) Từ \(CQ.AP=a^2\)ta được \(CQ.AP=AC^2\)hay \(\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}\)
Xét hai tam giác ACP và CQA có \(\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}\)và \(\widehat{PAC}=\widehat{QCA}\left(=60^0\right)\)nên \(\Delta ACP~\Delta CQA\)
Từ đó ta được \(\widehat{ACP}=\widehat{AQC}\). Mà ta có \(\widehat{ACP}=\widehat{ACB}+\widehat{BCP}=60^0+\widehat{BCP}\)
và \(\widehat{AQC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAM}=60^0+\widehat{BAM}\)
Do đó \(\widehat{MAB}=\widehat{BCM}\), suy ra tứ giác ABMC nội tiếp
Vậy bốn điểm A, B, M, C cùng thuộc một đường tròn (đpcm)
2)
a) Do tứ giác ABMC và AIMK nội tiếp nên \(\widehat{BMC}=\widehat{IMK}=120^0\), suy ra \(\widehat{IMB}=\widehat{KMC}\)
Mà hai tứ giác BIMJ và CKJM nội tiếp nên ta lại có \(\widehat{BMI}=\widehat{BJI};\widehat{KMC}=\widehat{KJC}\)
Do đó ta được \(\widehat{BJI}=\widehat{KJC}\)nên ba điểm I, J, K thẳng hàng
Dễ thấy hai tam giác BMC và IMK đồng dạng với nhau. Do đó ta được \(\frac{IK}{BC}=\frac{MI}{MB}\)
Mà ta có \(IM\le MB\) nên ta được \(IK\le BC\) hay \(IK\le a\) , dấu bằng xảy ra khi \(MB\perp AB\) hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC, khi đó Q là trung điểm cạnh BC.
Vậy IK lớn nhất khi Q là trung điểm của BC
b) Do tứ giác BIMJ nội tiếp nên ta có \(\widehat{IMJ}=\widehat{ABC}=60^0=\widehat{ACB}\). Lại có \(\widehat{MIJ}=\widehat{MBJ}=\widehat{MAC}\)
Do đó hai tam giác IMJ và ACQ đồng dạng, do đó ta được \(\frac{MJ}{MI}=\frac{CQ}{CA}\). Tương tự ta được \(\frac{MJ}{ MK}=\frac{BQ}{AB}\)
Từ đó suy ra \(\frac{MJ}{MI}+\frac{MJ}{MK}=\frac{CQ}{CA}+\frac{BQ}{AB}=1\Rightarrow MJ\left(MK+MI\right)=MI.MK\)
Hay \(MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0\)
Mặt khác ta lại có \(S_{ABM}=\frac{1}{2}AB.MI;S_{BCM}=\frac{1}{2}BC.MJ;S_{ACM}=\frac{1}{2}MK.AC\)
Mà \(S_{ABM}+S_{ACM}=S_{BCM}+S_{ABC}\)và \(S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\). Nên ta có \(AB.MI+MK.AC=BC.MJ+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)hay \(MI+MK=MJ+\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Do đó \(\left(MI+MK-MJ\right)^2=\frac{3a^2}{4}\)
Suy ra \(MI^2+MJ^2+MK^2+2\left(MI.MK-MI.MJ-MJ.MK\right)=\frac{3a^2}{4}\)
Mà \(MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0\)(cmt) nên \(MI^2+MJ^2+MK^2=\frac{3a^2}{4}\)(không đổi)
Vậy \(MI^2+MJ^2+MK^2\)không đổi khi Q thay đổi trên cạnh BC (đpcm)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Xét tứ giác AIMJ có
\(\widehat{AIM}=\widehat{AJM}=\widehat{JAI}=90^0\)
=>AIMJ là hình chữ nhật
b: AIMJ là hình chữ nhật
=>MI//AJ và MI=AJ
MI=AJ
MN=MI
Do đó: MN=AJ
MI//AJ
N\(\in\)MI
Do đó: MN//JA
Xét tứ giác AMNJ có
AJ//MN
AJ=MN
Do đó: AMNJ là hình bình hành
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a, EH _|_ BD (GT)
CD _|_ BD (GT)
=> CD // EH (tc)
=> góc HEB = góc ACB (đồng vj)
góc ACB = góc ABC do tam giác ABC cân tại A (gt)
=> góc HEB = góc ABC
xét tam giác BFE và tam giác EHB có : BE chung
góc BFE = góc EHB = 90
=> tam giác BFE = tam giác EHB (ch-gn)
b, tam giác BFE = tam giác EHB (câu a)
=> EF = BH (đn) (1)
xét tứ giác HDGE có góc EHD = góc HDG = góc DGE = 90
=> HDGE là hình chữ nhật (dh )
=> HD = EG
BH + HD = BD và (1)
=> EF + EG = BD
c,
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
mạo phép sửa đề:\(\widehat{IKJ}=60^o\)
vì tam giác ABC đều nên\(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^o\)
ta có:\(\widehat{AKJ}+\widehat{IKJ}+\widehat{IKB}=180^o\)(K\(\in\)AB)
\(\Rightarrow\widehat{AKJ}+\widehat{IKB}=180^o-\widehat{IKJ}=120^o\)(1)
xét \(\Delta BIK\):\(\widehat{B}+\widehat{IKB}+\widehat{BIK}=180^o\)(tổng 3 góc trong tam giác)
mà \(\widehat{B}=60^o\Rightarrow\widehat{BIK}+\widehat{IKB}=120^o\)(2)
từ (1)và (2):\(\widehat{AKJ}=\widehat{BIK}\)
xét \(\Delta AKJ\)và\(\Delta BIK\)có:\(\widehat{A}=\widehat{B}=60^o\left(cmt\right)\)
\(\widehat{AKJ}=\widehat{BIK}\left(cmt\right)\Rightarrow\Delta AKJ\)~\(\Delta BIK\left(g.g\right)\)
\(\rightarrow\frac{AJ}{BK}=\frac{AK}{IB}\Leftrightarrow AJ.IB=BK.AK\)
áp dụng BĐT \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)(cách cm:chuyển vế tương đương or dùng cauchy)\(\Rightarrow ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(BK.AK\le\frac{\left(BK+AK\right)^2}{4}\Leftrightarrow AJ.IB\le\frac{AB^2}{4}\)
dấu = xảy ra khi BK=AK hay K là trung điểm của AB