Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Định nghĩa lại H là trung điểm OA. Ta thấy OQ là đường trung bình của tam giác ABF nên OQ//BF. Hơn nữa \(BF\perp BE\) nên \(OQ\perp BE\). Lại có \(BA\perp QE\) nên O là trực tâm của tam giác BEQ \(\Rightarrow OE\perp BQ\)
Mặt khác, PH là đường trung bình của tam giác AOE nên PH//OA. Do đó, \(PH\perp BQ\). Lại thấy rằng \(BH\perp PQ\) nên H là trực tâm tam giác BPQ (đpcm)
b) Ta có \(P=\sin^6\alpha+\cos^6\alpha\)
\(=\left(\sin^2\alpha\right)^3+\left(\cos^2\alpha\right)^3\)
\(=\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)\left(\sin^4\alpha+\cos^4\alpha-\sin^2\alpha\cos^2\alpha\right)\)
\(=1.\left[\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)^2-3\sin^2\alpha\cos^2\alpha\right]\)
\(=1-3\sin^2\alpha\cos^2\alpha\)
\(\le1-3.\dfrac{\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)^2}{4}\)
\(=\dfrac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\sin\alpha=\cos\alpha\) \(\Leftrightarrow\alpha=45^o\) hay 2 dây AB, CD vuông góc với nhau.
Vậy \(min_P=\dfrac{1}{4}\)
c) Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}EC.EB=EA^2\\FD.FB=FA^2\end{matrix}\right.\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\(\Rightarrow EC.EB.FD.FB=\left(EA.FA\right)^2\)
\(\Rightarrow EC.FD.\left(EB.DB\right)=AB^4\)
\(\Rightarrow EC.FD.\left(EF.AB\right)=AB^4\)
\(\Rightarrow EC.FD.EF=AB^3=CD^3\) (đpcm)
Ta có \(EC.DF=AC.AD=BC.BD\)
\(\Rightarrow\dfrac{EC}{DF}=\dfrac{BC.BD}{DF^2}\)
\(=\dfrac{BC}{DF}.\dfrac{BD}{DF}\)
\(=\dfrac{BE}{BF}.\dfrac{AC}{DF}\)
\(=\dfrac{BE}{BF}.\dfrac{AE}{AF}\)
\(=\left(\dfrac{BE}{BF}\right)^3\)
Ta có đpcm.
Bài khá căng đấy
a) Do BHCK là hình bình hành nên BH // KC \(\Rightarrow KC\perp AC\Rightarrow\widehat{ACK}=90^o\)
KB // CF \(\Rightarrow\widehat{ABK}=90^o\)
Hai tam giác vuông ABK và ACK chung cạnh huyền AK nên A, B, C, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK. Vậy K thuộc đường tròn (O).
b) Do BHCK là hình bình hành nên I là trung điểm HK.
AK là đường kính nên \(\widehat{AA'K}=90^o\Rightarrow\) DI // A'K
Vậy DI là đường trung bình tam giác HA'K. Suy ra HD = DA'
Tương tự : HF = FC' ; HE = EB'
Ta có : \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=\frac{AD+DA'}{AD}+\frac{BE+EE'}{BE}+\frac{CF+FC'}{CF}\)
\(=1+\frac{DA'}{AD}+1+\frac{EB'}{BE}+1+\frac{FC'}{CF}=3+\left(\frac{DA'}{AD}+\frac{EB'}{BE}+\frac{FC'}{CF}\right)\)
\(=3+\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)=3+\left(\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}\right)\)
\(=3+\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=3+1=4\)
Vậy nên \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=4\)
c) Ta thấy \(\widehat{AKC}=\widehat{ABC}=\widehat{AHF}\)
Vậy nên \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AK}=\frac{AF}{AC}\) (1)
AFH và AEH là các tam giác vuông chung cạnh huyền AH nên AFHE là tứ giác nội tiếp.
Vậy thì \(\widehat{AFM}=\widehat{AHE}=\widehat{ACN}\)
Lại có \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\Rightarrow\widehat{FAM}=\widehat{CAN}\)
Nên \(\Delta AFM\sim\Delta ACN\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AC}=\frac{AM}{AN}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{AH}{AK}=\frac{AM}{AN}\Rightarrow\frac{AH}{AM}=\frac{AK}{AN}\Rightarrow\) MN // HK (Định lý Talet đảo)
