Cho tam giác ABC đều, nội tiếp đường tròn tâm O, bán kình R. D là điểm di động trên cạnh BC. AD cắt (O) tại E (E khác A)
Gọi R1;R2 lần lượt là bán kình đường tròn ngoại tiếp tam giác EBD và ECD. Xác định vị trí D để R1; R2 đạt GTLN
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
9 tháng 4 2020
Ta có R là bán kính đường tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh a thì \(R=\frac{a\sqrt{3}}{a}\) (*)
Dựng 2 tam giác đều BDF và CDG về phía ngoài tam giác ABC, khi đó \(\widehat{BFD}=\widehat{BED}=60^0;\widehat{CGD}=\widehat{CED}=60^o\)
=> BDEF và CDEG là các tứ giác nội tiếp
Nên R1;R2 lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đềuy BDF và CDG
Theo (*) ta có: \(R_1=\frac{BD\sqrt{3}}{3};R_2=\frac{CD\sqrt{3}}{3}\Rightarrow R_1R_2=\frac{BD\cdot CD}{3}\)
Mặt khác \(\left(BD+CD\right)^2\ge4\cdot BD\cdot CD\)
=> BD.CD\(\le\frac{\left(BD+CD\right)^2}{4}=\frac{BC^2}{4}=\frac{3R^2}{4}\Rightarrow R_1R_2\le\frac{R^2}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
BD=CD, nghĩa là R1;R2 đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{R^2}{4}\) khi D là trung điểm BC
14 tháng 7 2023
1: góc ACB=góc ADB=1/2*sđ cung AB=90 độ
=>AC vuông góc CB và AD vuông góc DB
=>góc ECM=90 độ=góc EDM
=>CEDM nội tiếp
AC vuông góc CB
AD vuông góc DB
=>AD,BC là 2 đường cao của ΔAEB
=>M là trực tâm
=>AM vuông góc AB
ΔMDB vuông tại D nên ΔMDB nội tiếp đường tròn đường kính MB
=>BM là đường kính của (I)
=>góc MNB=90 độ
=>MN vuông góc AB
=>E,M,N thẳng hàng
b: AM vuông góc AB
=>góc ANM=90 độ
góc ANM+góc ACM=180 độ
=>ACMN nội tiếp
=>góc CAM=góc CNM=góc ADF
=>góc CAM=góc ADF
=>DF//AB
NT
Nguyễn Thị Thương Hoài
Giáo viên
VIP
19 tháng 6 2023
a, Xét tam giác vuông EBC vuông tại E và CI = IB
⇒ IE = IC = IB (1) ( vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền)
Xét tam giác vuông BCF vuông tại F và IC =IB
⇒IF = IC = IB (2) (vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền)
Từ (1) và (2) ta có:
IE = IF = IB = IC
Vậy bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn tâm I bán kính bằng \(\dfrac{1}{2}\) BC (đpcm)
b, Xét \(\Delta\)AFC và \(\Delta\)AEB có:
\(\widehat{CAF}\) chung ; \(\widehat{AFC}\) = \(\widehat{AEB}\) = 900
⇒ \(\Delta\)AFC \(\sim\) \(\Delta\)AEB (g-g)
⇒ \(\dfrac{AF}{AE}\) = \(\dfrac{AC}{AB}\) (theo định nghĩa hai tam giác đồng dạng)
⇒AB.AF = AC.AE (đpcm)
Xét tam giác vuông AEH vuông tại E và KA = KH
⇒ KE = KH ( vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền)
⇒\(\Delta\)EKH cân tại K ⇒ \(\widehat{KEH}\) = \(\widehat{EHK}\)
\(\widehat{EHK}\) = \(\widehat{DHB}\) (vì hai góc đối đỉnh)
⇒ \(\widehat{KEH}\) = \(\widehat{DHB}\) ( tc bắc cầu) (3)
Theo (1) ta có: IE = IB ⇒ \(\Delta\) IEB cân tại I
⇒ \(\widehat{IEB}\) = \(\widehat{IBE}\) (4)
Cộng vế với vế của (3) và(4)
Ta có: \(\widehat{KEI}\) = \(\widehat{KEH}\) + \(\widehat{IEB}\) = \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{IBE}\) = \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{DBH}\)
Vì tam giác DHB vuông tại D nên \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{DBH}\) = 1800 - 900 = 900
⇒\(\widehat{KEI}\) = 900
IE \(\perp\) KE (đpcm)
20 tháng 7 2019
a) Bổ đề: Xét tam giác ABC cân tại A, một điểm M bất kì sao cho ^AMB = ^AMC. Khi đó MB = MC.
Bổ đề chứng minh rất đơn giản, không trình bày ở đây.
Áp dụng vào bài toán: Vì E là điểm chính giữa (BC nên EB = EC = ED => \(\Delta\)BED cân tại E
Ta có ^BAE = ^CAE (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay ^BAE = ^DAE
Áp dụng bổ đề vào \(\Delta\)BED ta được AB = AD. Khi đó AE là trung trực của BD => AE vuông góc BD
Lại có \(\Delta\)BAD ~ \(\Delta\)CFD (g.g). Mà AB = AD nên FD =FC. Từ đó EF vuông góc DC
Xét \(\Delta\)AEF có FD vuông góc AE (cmt), AD vuông góc EF (cmt) => D là trực tâm \(\Delta\)AEF (đpcm).
b) Gọi DN cắt EC tại I. Ta dễ thấy ^MDI = ^MDN = ^MBN = ^MBC = ^MEC = ^MEI
Suy ra bốn điểm D,E,M,I cùng thuộc một đường tròn => ^EMD = ^EID = 900
Nếu ta gọi MD cắt cung lớn BC của (O) tại S thì ^EMS chắn nửa (O) hay ES là đường kính của (O)
Mà E là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên S là điểm chính giữa cung lớn BC
Do đó S là điểm cố định (Vì B,C cố định). Vậy MD luôn đi qua S cố định (đpcm).
20 tháng 3 2023
a: góc CDM=góc CEM=90 độ
=>CDEM nội tiếp
b: Xet ΔMEA vuông tại E và ΔMDB vuông tại D có
góc EMA chung
=>ΔMEA đồng dạng với ΔMDB
=>ME/MD=MA/MB
=>ME*MB=MA*MD
20 tháng 3 2023
a. góc CDM=góc CEM=90 độ
=>CDEM nội tiếp
b. Xet ΔMEA vuông tại E và ΔMDB vuông tại D có
góc EMA chung
=>ΔMEA đồng dạng với ΔMDB
=>ME/MD=MA/MB
=>ME*MB=MA*MD
9 tháng 7 2023
a: A,E,D,B cùng thuộc (O)
=>AEDB nội tiếp
A,E,C,B cùng thuộc (O)
=>AECB nội tiếp
B,E,C,D cùng thuộc (O)
=>BECD nội tiếp
góc AHB=góc AKB=90 độ
=>AKHB nội tiếp
b: Đề sai rồi bạn
Ta có nếu R là bán kính đường tròn nội tiếp của 1 tam giác đều cạnh a thì: \(R=\frac{a\sqrt{3}}{3}\) (*)
Dựng 2 tam giác đều BDF và tam giác CDG về phía ngoài tam giác ABC, khi đó \(\widehat{BFD}=\widehat{BED}=60^o\); \(\widehat{CGD}=\widehat{CED}=60^o\)
=> BDEF và CDEG là các tứ giác nội tiếp
Nên R1;R2 lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các \(\Delta\) đều BDF và CDG
Theo (*) ta có: \(\hept{\begin{cases}R_1=\frac{BD\sqrt{3}}{3}\\R_2=\frac{CD\sqrt{3}}{3}\end{cases}\Rightarrow R_1R_2=\frac{BD\cdot CD}{3}}\)
Mặt khác \(\left(BD+CD\right)^2=4\cdot BD\cdot CD\)
\(\Rightarrow BD\cdot CD\le\frac{\left(BD+CD\right)^2}{4}=\frac{BC^2}{4}=\frac{3R^2}{4}\Rightarrow R_1R_2\le\frac{R^2}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi BD=CD