Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do tính đối xứng, ko mất tính tổng quát, giả sử M nằm giữa B và H
ABC vuông cân \(\Rightarrow AH\) đồng thời là trung tuyến
\(\Rightarrow AH=\dfrac{1}{2}BC\Rightarrow AH=BH=CH\)
Ta có:
\(\dfrac{MA^2}{MB^2+MC^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-HM\right)^2+\left(CH+MH\right)^2}=\dfrac{MA^2}{\left(AH-MH\right)^2+\left(AH+MH\right)^2}\)
\(=\dfrac{MA^2}{2\left(AH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2MA^2}=\dfrac{1}{2}\)
Do tính đối xứng, không mất tính tổng quát, giả sử M nằm giữa B và H
ABC vuông cân \(\Rightarrow BH=CH=AH\)
Ta có:
\(\dfrac{MA^2}{MB^2+MC^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-MH\right)^2+\left(CH+MH\right)^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-MH\right)^2+\left(BH+MH\right)^2}\)
\(=\dfrac{MA^2}{2\left(BH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2\left(AH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2MA^2}=\dfrac{1}{2}\)
Lấy thêm trung điểm K của BC rồi dùng định lý Pytago tính các cạnh MB, MC, MA theo AB, AC, BC, AK
Đặt AB = AC = a \(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=a\sqrt{2}\)
Gọi I là trung điểm BC, do tam giác ABC cân nên AI cũng là đường cao.
\(AI=BI=IC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)
Đặt MI = x ( 0 < x < \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\) )
Ta có \(BM^2=\left(BI-MI\right)^2=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}-x\right)^2\)
\(MC^2=\left(IC+MI\right)^2=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}+x\right)^2\)
\(\Rightarrow MB^2+MC^2=2\left(\frac{a^2}{2}+x^2\right)=2\left(AI^2+MI^2\right)\)
\(=2AM^2\)
Vậy nên ta đã chứng minh được \(\forall M\in BC:BM^2+MC^2=2AM^2\)
a,xét tam giác DMB và DCA có:
góc BDM=ADC
góc BMD=ACD(góc nt cug chắn cug AB)
=>2 tam giác này đồng dạng vs nhau
a, xé tam giác MBD cà MAC có:
góc MBD=MAC( góc nt cug chắn cung MC)
góc BMA=AMC(chắn 2 cug bằng nhau)
=>2 tam giác này đồng dạng vs nhau
a) Xét \(\Delta MBD\)và \(\Delta MAC\)
có: \(\widehat{MAC}=\widehat{MBD}\)( cùng chắn cung MC)
\(\widehat{BMD}=\widehat{AMC}\)( cung AB=cung AC vì AB=AC)
=> \(\Delta MBD\)~ \(\Delta MAC\)
b) Từ câu a)_
=> \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AC}\)(1)
\(\frac{MC}{MA}=\frac{MD}{MB}\)(2)
Dễ dàng chứng minh đc:
\(\Delta BDM~\Delta ADC\)
=> \(\frac{MD}{MB}=\frac{DC}{AC}\)(3)
Từ (1), (2), (3)
=> \(\frac{MB}{MA}+\frac{MC}{MA}=\frac{BD}{AC}+\frac{CD}{AC}=\frac{BC}{AC}\)\(=\frac{BC}{AB}\)
c) Lấy điểm E thuộc đoạn
mình nghĩ đề cho bổ sung là cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn ( O ) vì mình đã từng làm rồi
lời giải :
a) vì MD = MB nên \(\Delta MBD\)cân tại M
\(\widehat{BMD}=\widehat{BCA}=60^o\)( cùng chắn cung AB )
\(\Rightarrow\)\(\Delta MBD\)đều
b) Xét \(\Delta MBC\)và \(\Delta BDA\)có :
MB = BD ; BC = AB ; \(\widehat{MBC}=\widehat{DBA}\)( cùng cộng góc DBC bằng 60 độ )
\(\Rightarrow\Delta MBC=\Delta DBA\left(c.g.c\right)\)suy ra MC = AD
c) Mà MB = MD ( câu a )
nên MC + MB = MD + AD = MA
d) Ta có : MA là dây cung của ( O ; R ) \(\Rightarrow MA\le2R\)
\(\Rightarrow MB+MC+MA=2MA\le4R\)( không đổi )
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)MA là đường kính hay M là điểm chính giữa của cung BC
bai 1/
pt <=> x+\(\sqrt{3-x^2}\)=x\(\sqrt{3-x^2}\)<=> x=\(\sqrt{3-x^2}\)(x-1) (*)
nhan thay x=1 ko la n0 cua pt nen chia ca 2 ve cua (*) cho x-1 dc
\(\frac{x}{x-1}\)=\(\sqrt{3-x^2}\)
binh phg 2 ve va thu goc ta duoc pt x^4 - 2x^3 - x^2 + 6x - 3 = 0
<=> (x^2-3x+3)(x^2+x-1)=0
ban tu giai tiep