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)
Mình không vẽ hình được mong bạn thông cảm
a, Vì tứ giác MANB nội tiếp
=>\(IN.IM=IA.IB=IA^2\)(I là trung điểm của AB)
Vậy IN.IM=IA^2
b,
VÌ AB là tiếp tuyến chắn cung AP của đường tròn O'
=>PAB=AMP
MÀ AMP=ABN (tứ giác AMBN nội tiếp)
=>PAB=ABN
MÀ I là trung điểm của AB
=> I là trung điểm của NP
=> tứ giác ANBP là hình bình hành
Vậy tứ giác ANBP là hình bình hành
c,Vì tứ giác ANBP là hình bình hành
nên \(AN//BP\)
=>NAB=ABP
Lại có NAB=NMB( tứ giác AMBN nội tiếp)
=>ABP=NMB
=> IB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBP
Vậy IB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBP
d,Từ G kẻ GK,GH lần lượt song song với AP,BP(\(K,H\in AB\))
=> \(\hept{\begin{cases}IK=\frac{1}{3}IA\\IH=\frac{1}{3}IB\end{cases}}\)và KGH=APB
MÀ I,A,B cố định
=> H,K cố định
Ta có APB=KGH
Mà APB =ANB( tứ giác ANBP là hbh)
=> KGH=ANB
MÀ AB cố định ,ANB là góc nội tiếp chắn cung AB =
=> ANB không đổi => KGH không đổi
MÀ K,H cố định
=> G thuộc cung tròn cố định
Vậy khi M di chuyển thì G thuộc cung tròn cố định
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a. Do I là trung điểm dây cung BC nên ta có \(\widehat{OIC}=90^0\). Xét tứ giác MOCI có \(\widehat{CMO}+\widehat{CIO} =90^0+90^0=180^0\) nên tứ giác MOIC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CO.
b. Do D là điểm chính giữa cung AB nên \(DO \perp AB\), mà \(CM \perp AB\) nên \(DO \parallel CM\). Từ đó dễ thấy \(dtCMD=dtCMO\).
\(\frac{1}{2}CM.MO\le\frac{1}{2}\frac{CM^2+OM^2}{2}=\frac{1}{4}OC^2=\frac{R^2}{4}\)
Vậy diện tích tam giác MCD lớn nhất bằng \(\frac{R^2}{4}\) khi \(OM=\frac{R}{\sqrt{2}}\)
Chúc em học tốt ^^
Bài 1 :
Áp dụng Cô - si ta có :
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\le\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}\)\(=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự ta cũng có : \(\frac{b+1}{c^2+1}\le\left(b+1\right)-\frac{bc+c}{2};\frac{c+1}{a^2+1}\le\left(c+1\right)-\frac{ca+a}{2}\)
Cộng vế theo vế ta được:
\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\)\(\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge6-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\)
Mặt khác ta có BĐT : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)
Do đó : \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
Bài 2 :
a) Ta có : \(MI=MA,QI=QD\)nên \(MQ\)là đường trung bình \(\Delta AID\)
\(\Rightarrow MQ//AD\)
Tương tự NP là đường trung bình của \(\Delta BIC\)
\(\Rightarrow NP//BC\)
Do đó : \(NMQ=BAD=NPQ\)nên tứ giác MPNQ nội tiếp
b ) Kẻ \(OH\perp AB\)tại H và \(OK\perp CD\)tại K
Ta có : \(AB\perp CD\)
\(\Rightarrow OHIK\)là hình chữ nhật
Do đó \(AB^2+CD^2=4\left(BH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)
\(=4\left(2R^2-OI^2\right)\)
Diện tích tứ giác MPNQ là : \(\frac{MN.PQ}{2}=\frac{AB.CD}{8}\le\frac{\left(AB+CD\right)^2}{16}=\frac{2R^2-OI^2}{4}\)không đổi
GTLN của diện tích tứ giác MNPQ là : \(\frac{2R^2-OI^2}{4}\), khi đó \(AB=CD\)
Chúc bạn học tốt !!!